文档内容
第三篇 思想方法篇
专题 05 模拟测试卷（新高考地区专用）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净
后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）已知集合 ，则
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据一元二次不等式，解得集合，利用并集，可得答案.
【详解】由不等式 ，整理可得 ，解得 ，则 ；
.
故选：D.
2．（2022秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知 为虚数单位，复数 满足 ，则复数 在复平面内对应的
点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】根据题意求出复数 ，即可确定点的位置.
【详解】由 可知， ，所以复数 在复平面内对应的点的坐标为 ，故点位于第四象限，
故选：D.
3．（2023秋·贵州贵阳·高三统考期末）在 中， ， 是 边上的中线，且 ， ，
则 （ ）
A． B．5 C． D．8
【答案】B
【分析】由题意，根据三角形的性质，结合向量的加法几何意义以及数量积的运算律，可得答案.
【详解】由题意如图所示：
由 ，所以
又 ，所以 为 的中点，
所以 ，
所以 ，
故选：B．
4．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他
最引以为傲的几何图案.该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆
柱的内切球与外接球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆柱高为 ，底面半径为 ，圆柱内切球半径为 ，外接球半径为 ，得出 ， ， ， 之间的关
系，由球的体积公式求出圆柱内切球与外接球的体积之比.【详解】该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，
设圆柱高为 ，底面半径为 ，圆柱内切球半径为 ，
外接球半径为 ，则 ， ，
， ， ，
圆柱内切球与外接球的体积之比为 .
故选：B
5．（2023·全国·模拟预测）我国古人智慧体现在建筑学上的成就颇多，著名的太和殿的一角中所体现了中国
古人智慧中的“七踩斗拱”技术，内分为“头”和“拱”．具体介绍为“七踩斗拱有头翘一件，头昂后带翘头
一件，昂后带六分头一件．蚂蚱头后带菊花头一件，撑头木后带麻叶头一件；正心瓜拱、正心万拱各一件，外
拽单材瓜拱、单材万拱各两件，厢供一件．”若从“翘头、六分头、菊花头、麻叶头”中选择1个，从“单材
瓜拱、单材万拱、正心瓜拱、正心万拱、厢供一件”中选择2个，则“单材瓜拱”与“麻叶头”同时被选上的
概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据组合知识求解可得.
【详解】从“翘头、六分头、菊花头、麻叶头”中选择1个，从“单材瓜拱、单材万拱、正心瓜拱、正心万拱、
厢供一件”中选择2个共有 种取法，
满足条件的取法共有 ,故“单材瓜拱”与“麻叶头”同时被选上的概率为 .
故选：C6．（2023秋·浙江绍兴·高三期末）已知函数 对任意 都有 ，则当
取到最大值时， 的一个对称中心为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由 的取值范围求出 的范围，根据 ，即可求出 的范围，即可得到 的最大值，最后
根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】解： ， ，
， ，
，所以 的最大值为 ，
当 时 ，令 ，解得 ，
所以函数的对称中心为 ， ，
所以函数的一个对称中心为 .
故选：C．
7．（2023·湖北·校联考模拟预测）设 ，则下列关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.
【详解】记 ，因为 ，当 时， ，所以 在 上单调递增，
则当 时， ，即 ，取 ，所以 ，记 ，因为 ，所以 在 上单调递减，
则当 时， ，即 ，取 ，所以 ，故 ，即 ；
记 ，因为 ，当 时， ，所以 在
上单调递增，
所以当 时， ，即 ，取 ，所以 ，即 ；
所以 .
故选：C.
8．（2023·四川·校联考一模）已知球 的半径为2，四棱锥 的顶点均在球 的球面上， 面
，则该四棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】C
【分析】底面四边形 所在圆面的圆心为 ，设其半径为 ，利用外接圆的集合性质确定底面积的最大
值，设 ，根据球的几何性质得 的等式关系，再利用函数结合导数即可求出四棱锥的体积的最大值．
【详解】四棱锥 中，因为 面 ，设 ，球 的半径 ，
如下图：底面四边形 所在圆面的圆心为 ，设其半径为 ，连接 ，
则底面四边形 的面积为：
，且 ，则
，
当且仅当 时，即底面四边形 为正方形时，底面积最
大，即 ，
又如下图，因为 面 ，所以 圆 ，设 为圆 的直径，连接
由球的性质可得， 圆 ，即 ，所以
所以 ，则 ，所以 ，
则该四棱锥的体积 ，又 ，设 ，
则 得 或 （舍），故 在 上单调递增，在 上单调递
减，
所以 ，故当 时，该四棱锥的体积取到最大值为 .
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全
部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2023秋·山东菏泽·高三统考期末）若 ，则下列不等式中成立的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】根据指数函数以及幂函数的单调性可判断A;举反例可判断 ；根据 的特征，构造函数
，利用其单调性可得 ，可判断 ，判断C.
【详解】由于 ，故 为R上单调增函数，
所以 ，而 是 上的增函数，故 ，
所以 ，A正确；
取 满足 ，但 ，B错误；
设 ，则 ，
由于 ，故 ，即 是 上的增函数，
故 ，
由于 ，则 ，故 ，C正确；
取 ，满足 ，而 ，故D错误，
故选：
10．（2023秋·辽宁锦州·高三统考期末）已知正方体 的棱长为1， 是线段 上的动点，则
下列说法正确的是,（ ）
A．存在点 使 B．点 到平面 的距离为
C． 的最小值是 D．三棱锥 的体积为定值【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设 ，
，当 时， ，
此时 与 重合，所以A选项正确.
设平面 的法向量为 ，
则 ，故可设 ，
所以点 到平面 的距离为 ，B选项错误.
， ，
，
所以当 时， 取得最小值为 ，C选项错误.
，为定值，D选项正确.
故选：AD11．（2023·安徽淮北·统考一模）已知曲线 ，直线l过点 交 于A，B两点，下列命题正确
的有（ ）
A．若A点横坐标为8，则
B．若 ，则 的最小值为6
C．原点O在AB上的投影的轨迹与直线 有且只有一个公共点
D．若 ，则以线段AB为直径的圆的面积是
【答案】BCD
【分析】对A选项将点的横坐标代入，求出点A的坐标，进而求出直线方程，联立直线及抛物线方程，由弦
长 即可求出弦长；对B选项作图可知，过点A作准线的垂线，垂足为 ，当 三点共线
时 取最小值，即可求得最小值；对C选项根据题意，得出原点O在AB上的投影的轨迹，联立方程
由判别式即可判断公共点的个数；对D选项设出AB直线方程，联立直线与抛物线方程，由结合 得
出直线方程，再由弦长公式计算出线段AB的长度即可判断
【详解】对于A,易得 是抛物线 的焦点，
若A点横坐标为8，则 ，即 或 ，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的 相同，再此取 计算.
所以l的直线方程是 即 ，
直线与 相交，联立方程得 , ,
得 ， ，故A错误；
对于B,过点A作准线的垂线，垂足为 ，则 ，当 三点共线时 取最小
值，此时最小值为 ，故B正确；
对于C,设原点 在直线 上的投影为 ， 的中点为 ，
因为 ，所以 ，所以 为直角三角形，所以 ，
根据几何性质及圆的定义可知点 的轨迹方程为 ，联立 得
，
解得 ，所以直线 与 只有一个交点，故C正确；对于D,设直线 的方程为 ，联立 得 所以 ，
因为 ，而 ，所以 ，
所以 ，所以
所以 ，解得 ，
则 ，
所以 ，
，所以以线段AB为直径的圆的面积是 ，故D正确.
故选：BCD.
12．（2022秋·浙江绍兴·高三统考期末）设定义在 上的函数 的导函数分别为 ，若
，且 为偶函数，则下列说法中正确的是（ ）
A． B． 的图象关于 对称
C． D．函数 为周期函数，且周期为8
【答案】AD【分析】对于A项，根据 为偶函数求出 的表达式，然后给 的表达式两边求导，然后取特
值求解；
对于D项，根据 找到 与 的关系，根据A项 的表达式得到 的周期；
对于C项，根据 的表达式，令特值求解即可.
对于B项，根据 ，且 为偶函数求出一个周期内仅有的两条
对称轴，得结果.
【详解】对于A 项， 为偶函数
令 ，则
，故A正确；
对于D 项，
用 代替原来的 得： ①
又 是偶函数
用 代替原来的 得： ②
由①②结合得： ③
又用 代替原来的 得： ④
由③④联立得： ⑤
用 代替原来的 得： ⑥
⑥ ⑤得： ,所以函数 为周期函数，且周期为8，
用 代替原来的 得： ⑦
用 代替原来的 得： ⑧
用 代替原来的 得： ⑨
结合⑦⑧⑨得 ，
用 代替原来的 得： ，
所以函数 为周期函数，且周期为8，故D正确；
对于C 项， 为满足题意的一组解，
但 ，故C错误.
对于B项，因为 为满足题意的一组解，
但 不关于 对称，所以B错误.
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023·广东梅州·统考一模） 展开式中 的系数为___________.
【答案】40
【分析】易知展开式中 项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.
【详解】根据题意可知，展开式中含 的项为 和 两部分；所以展开式中 的系数为 .
故答案为：40
14．（2023春·全国·高三校联考开学考试）已知平面内三点 ， ， ，P为该平面内一动
点，且满 ，则 最大值的余弦值为________．
【答案】
【分析】根据题意分析可得动点P的轨迹是以 为圆心，半径 的圆，结合圆的性质可得当直线AP
与圆M相切时， 取得最大值，运算求解.
【详解】由题意可知： ，且 ，则 ，
设点 ，
因为 ，则 ，整理可得 ，
所以动点P的轨迹是以 为圆心，半径 的圆，
∵ ，则点A，C在圆M的外部，
如图，当直线AP与圆M相切时， 取得最大值，
此时 ，且 ，则 ，即 的最大值为 ，
故 最大值的余弦值为 ．故答案为： .
15．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知F，F 分别为双曲线C:
1 2
的左右焦点，过点F 且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点
1
AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为 ，若 ，则双曲线的离心率________
【答案】
【分析】根据 得 为直角三角形，进而根据点差法得中点弦的性质即可求解.
【详解】设 , ，设 的中点为 ，
由于 ，故 ,因此 为直角三角形，故 ，
由于 ，所以 ，进而可得 ，故 或 ，
由 在双曲线渐近线上，所以
，进而 ，
当 时， , ，所以 ，
当 时， , ，所以 不符合题意，舍去，
综上：故离心率为 ，
故答案为：
16．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知 ，若过点 的动直线
与 有三个不同交点，自左向右分别为 ，则线段 的中点纵坐标的取值范围为__________.
【答案】
【分析】将直线 与 的方程联立，化简后得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理、中点坐标公式即可
得线段 的中点横坐标，再求出过点 的两条切线，结合图像，即可求得线段 的中点纵坐标的取值
范围．【详解】设 ， ，线段 的中点 ， ，易得 在 上，
由 ，得 ，
故 ， 为方程 的两个根，所以 ，故点 在直线 上，
， ，解得 或 ； ，解得 ，
∴ 在 和 上单调递增，在 上单调递减， ， ，
过 作 的切线，设切点坐标为 ，
则有 ，即 ，解得 ，
此时切线斜率 ，切线方程为 ．
又 ，则 点处的切线方程 ．
如图所示，
两条切线与 的交点纵坐标分别为 ， ，
故 ．故答案为： ．
【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，辨析清楚“在点”与“过点”的切线方程的求法是解题的关键.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2023·山东日照·统考一模）在数列 中， .
(1)求 的通项公式；
(2)证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令 可求得 的值，令 ，由 可得
，两式作差可得出 的表达式，再验证 的值是否满足 的表达式，综
合可得出数列 的通项公式；
（2）计算得出 ，利用裂项相消法求出数列 的前 项和，即可证得结论
成立.
【详解】（1）解：因为 ，①
则当 时， ，即 ，
当 时， ，②
① ②得 ，所以 ，
也满足 ，故对任意的 ， .（2）证明： ，
所以
．
，
，即结论成立.
18．（2023·山东威海·统考一模）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .
(1)求B；
(2)若 ， ，求 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案；
（2）利用余弦定理求出 ，再代入三角形的面积公式，即可得到答案；
【详解】（1）由 ，得 ，即 ，
所以 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 .
因为 ，所以 .（2）在 中，因为 ， ， ，由余弦定理，得 ，
即 ，解得 或 （舍去）.
所以 ，
即 的面积为 .
19．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在直四棱柱 中，底面
A B C D 是梯形，且 ，E是棱 的中点．
1 1 1 1
(1)求证： ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ；
(3) .
【分析】（1）解法1：证明 ，又 ，根据线面垂直的判定定理可得 平面 ，再
根据线面垂直的性质即可证明；解法2：设 ，根据 ，可得 ，从而可证明；
A B C D
（2）解法1：在平面 1 1 1 1中，过 点作 ，垂足为K，连接 ，又过 点作 ，垂足
为H，则 为点 到平面 的距离，在 中求解即可；
解法2：以 为原点， 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即
可求解；
（3）解法1:取线段 的中点F，线段 的中点G，可得 是二面角 的平面角，在
中， 利用余弦定理即可求解；
解法2：利用空间向量法即可求解.
【详解】（1）解法1：证明：连接 ，∵ 是正方形，∴ .
又∵ ， 平面 ，
∴ 平面 .
∵ 平面 ,∴ .
又∵ ， 平面 ，
∴ 平面 .
∵ 平面 ，
∴ ．
解法2：设 ，
∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，又∴ ，得 ，得 ，
在直四棱柱 中， ，∴ ．
A B C D
（2）解法1：在平面 1 1 1 1中，过 点作 ，垂足为K，连接 ，又过 点作 ，垂足
为H，
A B C D A B C D
因为 平面 1 1 1 1， 平面 1 1 1 1，所以 .
因为 ， 平面 ,
所以 平面 .
因为 平面 ,所以 .
因为 ， 平面 ,
所以 平面 ，则 为点 到平面 的距离.
A B C D
1 1 1 1
由（1）得 ，∴ 是直角梯形．
在 中，有 ，
∴ ，在 中， ，
∴点 到平面 的距离为 ．解法2：以 为原点， 所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
．
设平面 的法向量为 ，∵ ，
∴ ，∴ ，
令 ，则 ，得 ．
，求点 到平面 的距离 ．
（3）解法1： ，取线段 的中点F，连接 ，则 ，∵ ，
∴ ，再取线段 的中点G，连接 ，∴ ，∴ ，
∴ 是二面角 的平面角.
在 中， ，取线段 的中点L，连接 ，则 ，
在 中， ，∴ ，
由余弦定理知 ，
∴二面角 的余弦值为 ．
解法2：设平面 的法向量为 ．
∵ ，∴ ，∴ ，
令 ，则 ，得 ．
又设平面 的法向量为 ，∵ ，
∴ ,∴ ，
令 ，则 ，得 ．
，
∵二面角 的平面角是钝角，
∴二面角 的余弦值为 ．
20．（2022秋·浙江绍兴·高三统考期末）为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，
奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）
频率分布直方图如下.(1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
(2)可以认为这次竞赛成绩 近似地服从正态分布 （用样本平均数 和标准差 分别作为 ， 的近似
值），已知样本标准差 ，如有 的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约
为多少（结果取整数）？
(3)从 的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测 份试卷（抽
测的份数是随机的），若已知抽测的 份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率.
参考数据：若 ，则
.
【答案】(1)80.5
(2)72分
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
（2）首先确定 ，再根据参考公式，即可求解；
（3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
平均分 ；
（2）由（1）可知， ,
设学校期望的平均分约为 ，则 ，
因为 ， ，所以 ，即 ，
所以学校的平均分约为72分；
（3）由频率分布直方图可知，分数在 和 的频率分别为 和 ，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在 ，应抽取 人，
分数在 应抽取 人，
记事件 ：抽测 份试卷 ，事件 取出的试卷都不低于90分，
则 , ，
，
则 .
21．（2022秋·上海青浦·高三统考阶段练习）已知椭圆 的离心率为 ，其左右焦点为
、 ，斜率为1的直线 经过右焦点 ，与椭圆 交于不同的两点 、 ， 的周长为12.
(1)求椭圆 的方程；
(2)求 的面积；
(3)过点 任作与坐标轴都不垂直的直线 与椭圆交于 、 两点，在 轴上是否存在一定点 ，使 恰为
的平分线？.
【答案】(1) ；
(2) ；
(3)存在.【分析】（1）由题意可得 ，可得 ，由离心率可求 ，结合 可求 ，从而可得椭
圆 的方程；
（2）设 ，且 ，由 ，可得 ，联立
直线与椭圆的方程，由韦达定理及 即可求解；
（3）设 ，设 ，假设存在点 满足题意，则 ，根据韦达定
理即可求解.
【详解】（1）由题意得 的周长为12，即 ，所以 ，
又椭圆 的离心率为 ，即 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）由（1）得 ，则直线 的方程为 ，
设 ，且 ，
由 ，得 ，
则 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
即 的面积为 .（3）设 ，设 ，
由 ,得 ，
所以 .
若点 存在，设 ，由题意得 ，
所以 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，得 ，
即在 轴上存在一定点 ，使 恰为 的角平分线.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角
形的面积等问题．
22．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知 ，函数 ， ．
(1)讨论 的单调性；
(2)过原点分别作曲线 和 的切线 和 ，试问：是否存在 ，使得切线 和 的斜率互为倒
数？请说明理由；
(3)若 时， 恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析(3) ， ．
【分析】（1）求出 的导数，分类讨论 和 时导数的取值情况，即可求出 的单调性；
（2）首先根据题意求出过原点时 的切线斜率，再根据俩切线斜率的关系，表示出 的切线斜率，列
出一个含a参数的等式 ，欲证明（2）问成立，只需证明 存在解，也就是
存在零点，求出 的导数，找到单调区间和极值点即可判断是否存在；
（3）化简不等式得 ，确定不等式定义域，在确定定义域下对 进行放缩简化，
因为 ，所以欲使不等式恒成立，只需证明 ，欲使化简不等式成立只需满足函数
在定义域内最小值大于等于0，以此求导计算即可.
【详解】（1）由已知 ，
当 时， 在 恒成立， 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ，
若 时， ， 在 上单调递增，
若 时， ， 在 上单调递减；
综上所述，当 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为
（2）假设存在 ，使得切线 和 的斜率互为倒数.
， ，
设 的切线方程是 ，则 ，显然 ， ，切点为 ，于是 ，解得 ，
所以 的斜率为 ，于是 的斜率为
设 的切点坐标为 ，
由 ， ，
又 ，所以 ，整理得 ，
设 （ ）， ，
当 时， ， 递增，而 ，所以 ，
时， ， 递减，又 ，
所以存在 ，使得 ，
因此关于 的方程 有正数解．
所以存在 ，使得切线 和 的斜率互为倒数.
（3） 时， 恒成立，
即 在 时恒成立，
当 时， 恒成立，即 ，又 ，则 ．.
下面证明：当 时， 在 时恒成立．
先证明 时， ，
由（1）知，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
则 ，即 ，有 ，
所以当 时， ，要证明 ，只需证明对任意的 ， 恒成立，
令 ，则 ，
由 ，得 ，
①当 即 时， 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，于是
．
②当 ，即 时，
在 上单调递减，在 上单调递增，
于是 ，
令 ，则 ，
则 在 上单调递增，
于是 ，所以 恒成立，
所以 时，不等式 恒成立，因此 的范围是 ， ．
【点睛】结论点睛：高中常用放缩放缩不等式
（1）指数函数放缩：
① ；② ；③ ；④
（2）对数函数放缩：
① ；② ；③ ；④ ；⑤
（3）指对函数混合放缩：
（4）三角函数函数放缩：① ；②
