高三數(shù)學(xué)模擬聯(lián)考試題詳解一、引言本次202X屆高三數(shù)學(xué)模擬聯(lián)考試題嚴(yán)格遵循《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》和高考大綱要求，以"主干知識(shí)為載體，核心素養(yǎng)為導(dǎo)向"，全面考查學(xué)生的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)、邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力、直觀想象能力及數(shù)學(xué)建模能力。試題覆蓋集合、復(fù)數(shù)、函數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何、概率統(tǒng)計(jì)、導(dǎo)數(shù)等核心模塊，難度梯度合理，既注重基礎(chǔ)考查（如集合運(yùn)算、復(fù)數(shù)模長），又突出能力提升（如導(dǎo)數(shù)不等式恒成立、立體幾何二面角），同時(shí)滲透數(shù)學(xué)文化與實(shí)際應(yīng)用（如概率統(tǒng)計(jì)中的決策問題），符合高考命題趨勢。二、選擇題詳解（一）集合與簡易邏輯題目1設(shè)集合\(A=\{x\midx^2-3x+2=0\}\)，\(B=\{x\mid\log_2x<1\}\)，則\(A\capB=(\quad)\)A.\(\{1\}\)B.\(\{2\}\)C.\(\{1,2\}\)D.\(\varnothing\)解題思路先求解集合\(A\)（解方程），再求解集合\(B\)（解對數(shù)不等式），最后求交集。詳細(xì)解答解集合\(A\)：\(x^2-3x+2=0\)因式分解得\((x-1)(x-2)=0\)，故\(A=\{1,2\}\)。解集合\(B\)：\(\log_2x<1=\log_22\)，由對數(shù)函數(shù)單調(diào)性得\(0<x<2\)，故\(B=(0,2)\)。交集：\(A\capB=\{1\}\)，選A。易錯(cuò)點(diǎn)忽略對數(shù)函數(shù)定義域（\(x>0\)），誤將\(B\)解為\((-\infty,2)\)。素養(yǎng)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算（解方程、解不等式）、邏輯推理（集合交集運(yùn)算）。（二）復(fù)數(shù)題目2已知復(fù)數(shù)\(z=\frac{1+i}{1-i}\)，則\(z\)的共軛復(fù)數(shù)\(\overline{z}\)的模為（\quad）A.1B.\(\sqrt{2}\)C.2D.\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)解題思路先化簡復(fù)數(shù)\(z\)（分母有理化），再求共軛復(fù)數(shù)，最后計(jì)算模。詳細(xì)解答化簡\(z\)：\(z=\frac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\frac{1+2i+i^2}{1-i^2}=\frac{2i}{2}=i\)。共軛復(fù)數(shù)：\(\overline{z}=-i\)。模：\(|\overline{z}|=|-i|=1\)，選A。易錯(cuò)點(diǎn)直接計(jì)算分子分母的模再相除（\(|z|=\frac{|1+i|}{|1-i|}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1\)，其實(shí)更簡便），但共軛復(fù)數(shù)的模與原復(fù)數(shù)的模相等，故無需求共軛即可得結(jié)果。素養(yǎng)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算（復(fù)數(shù)代數(shù)運(yùn)算）、邏輯推理（共軛復(fù)數(shù)與模的性質(zhì)）。（三）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)題目3函數(shù)\(f(x)=x^3-3x+1\)的單調(diào)遞減區(qū)間是（\quad）A.\((-1,1)\)B.\((-\infty,-1)\)C.\((1,+\infty)\)D.\((-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\)解題思路求導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)數(shù)小于0，解不等式得單調(diào)遞減區(qū)間。詳細(xì)解答求導(dǎo)：\(f'(x)=3x^2-3\)。令\(f'(x)<0\)：\(3x^2-3<0\Rightarrowx^2<1\Rightarrow-1<x<1\)。單調(diào)遞減區(qū)間：\((-1,1)\)，選A。易錯(cuò)點(diǎn)將導(dǎo)數(shù)等于0的點(diǎn)納入?yún)^(qū)間（如寫成\([-1,1]\)），但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不影響單調(diào)性，應(yīng)取開區(qū)間。素養(yǎng)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算（導(dǎo)數(shù)計(jì)算、解不等式）、邏輯推理（單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)符號(hào)的關(guān)系）。三、填空題詳解（一）三角函數(shù)題目4已知\(\sin\alpha=\frac{3}{5}\)，\(\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi)\)，則\(\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})=\_\_\_\_\)。解題思路先求\(\cos\alpha\)（利用同角三角函數(shù)關(guān)系），再用余弦差公式展開計(jì)算。詳細(xì)解答由\(\sin\alpha=\frac{3}{5}\)，\(\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi)\)，得\(\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\frac{4}{5}\)。余弦差公式：\(\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})=\cos\alpha\cos\frac{\pi}{4}+\sin\alpha\sin\frac{\pi}{4}\)。代入計(jì)算：\(-\frac{4}{5}\times\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3}{5}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=(-\frac{4}{10}+\frac{3}{10})\sqrt{2}=-\frac{\sqrt{2}}{10}\)。易錯(cuò)點(diǎn)忽略\(\alpha\)的象限導(dǎo)致\(\cos\alpha\)符號(hào)錯(cuò)誤（如誤取\(\cos\alpha=\frac{4}{5}\)）。素養(yǎng)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算（三角恒等變換）、邏輯推理（同角三角函數(shù)關(guān)系）。（二）數(shù)列題目5已知等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和為\(S_n\)，若\(a_1=2\)，\(S_3=12\)，則\(a_5=\_\_\_\_\)。解題思路先由\(S_3\)求公差\(d\)，再用通項(xiàng)公式求\(a_5\)。詳細(xì)解答等差數(shù)列前\(n\)項(xiàng)和公式：\(S_3=3a_1+\frac{3\times2}{2}d=3a_1+3d\)。代入\(a_1=2\)，\(S_3=12\)：\(3\times2+3d=12\Rightarrow6+3d=12\Rightarrowd=2\)。通項(xiàng)公式：\(a_5=a_1+4d=2+4\times2=10\)。易錯(cuò)點(diǎn)混淆前\(n\)項(xiàng)和公式（如誤寫為\(S_3=\frac{3(a_1+a_3)}{2}\)，雖正確但計(jì)算稍復(fù)雜）。素養(yǎng)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算（數(shù)列基本量計(jì)算）、邏輯推理（等差數(shù)列通項(xiàng)與前\(n\)項(xiàng)和關(guān)系）。四、解答題詳解（一）三角解答題題目6已知函數(shù)\(f(x)=A\sin(\omegax+\varphi)\)（\(A>0\)，\(\omega>0\)，\(|\varphi|<\frac{\pi}{2}\)）的圖像過點(diǎn)\((0,1)\)，且在\((\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3})\)上單調(diào)遞減，其最小正周期為\(\pi\)。（1）求\(f(x)\)的解析式；（2）求\(f(x)\)在\([0,\frac{\pi}{2}]\)上的最大值與最小值。解題思路（1）由周期求\(\omega\)，由過點(diǎn)\((0,1)\)求\(\varphi\)，再由單調(diào)性驗(yàn)證；（2）由\(x\)的范圍求\(\omegax+\varphi\)的范圍，再求正弦函數(shù)的值域。詳細(xì)解答（1）求\(\omega\)：最小正周期\(T=\pi=\frac{2\pi}{\omega}\Rightarrow\omega=2\)，故\(f(x)=A\sin(2x+\varphi)\)。求\(\varphi\)：圖像過點(diǎn)\((0,1)\)，故\(f(0)=A\sin\varphi=1\)。求\(A\)與\(\varphi\)：\(|\varphi|<\frac{\pi}{2}\)，假設(shè)\(A=2\)，則\(\sin\varphi=\frac{1}{2}\Rightarrow\varphi=\frac{\pi}{6}\)（符合條件）。驗(yàn)證單調(diào)性：\(f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{6})\)，單調(diào)遞減區(qū)間滿足\(\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq2x+\frac{\pi}{6}\leq\frac{3\pi}{2}+2k\pi\)（\(k\in\mathbb{Z}\)），解得\(\frac{\pi}{6}+k\pi\leqx\leq\frac{2\pi}{3}+k\pi\)。當(dāng)\(k=0\)時(shí)，遞減區(qū)間為\([\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3}]\)，包含\((\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3})\)，符合條件。故\(f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{6})\)。（2）求\(2x+\frac{\pi}{6}\)的范圍：\(x\in[0,\frac{\pi}{2}]\)，故\(2x+\frac{\pi}{6}\in[\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}]\)。求正弦值范圍：\(\sin(2x+\frac{\pi}{6})\in[-\frac{1}{2},1]\)。求\(f(x)\)的值域：\(f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{6})\in[-1,2]\)。最大值與最小值：最大值為2（當(dāng)\(2x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\)即\(x=\frac{\pi}{6}\)時(shí)取得），最小值為-1（當(dāng)\(2x+\frac{\pi}{6}=\frac{7\pi}{6}\)即\(x=\frac{\pi}{2}\)時(shí)取得）。易錯(cuò)點(diǎn)（1）忽略單調(diào)性驗(yàn)證（如\(\varphi=\frac{5\pi}{6}\)雖滿足\(\sin\varphi=\frac{1}{2}\)，但\(|\varphi|>\frac{\pi}{2}\)，不符合條件）；（2）求值域時(shí)未正確計(jì)算\(2x+\frac{\pi}{6}\)的端點(diǎn)值（如誤將\(x=0\)時(shí)的\(\frac{\pi}{6}\)忽略，導(dǎo)致最小值錯(cuò)誤）。素養(yǎng)考查數(shù)學(xué)運(yùn)算（三角恒等變換、值域計(jì)算）、邏輯推理（單調(diào)性與周期的關(guān)系）、直觀想象（三角函數(shù)圖像與性質(zhì)）。（二）立體幾何解答題題目7如圖，在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AB=AC=AA_1=2\)，\(\angleBAC=90^\circ\)，\(D\)為\(BC\)中點(diǎn)。（1）求證：\(AD\parallel\)平面\(A_1B_1C_1\)；（2）求二面角\(B-A_1C-C_1\)的余弦值。解題思路（1）利用線面平行的判定定理（找平面內(nèi)的平行線）；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求二面角的余弦值。詳細(xì)解答（1）證明：直三棱柱性質(zhì)：\(A_1B_1\parallelAB\)，\(A_1C_1\parallelAC\)，且\(AB=A_1B_1\)，\(AC=A_1C_1\)。\(D\)為\(BC\)中點(diǎn)，連接\(A_1B_1\)、\(A_1C_1\)的中點(diǎn)\(E\)、\(F\)，則\(EF\parallelB_1C_1\)，且\(EF=\frac{1}{2}B_1C_1\)。又\(AD\)為\(\triangleABC\)的中線，故\(AD=\frac{1}{2}BC\)，且\(AD\parallelEF\)（因?yàn)閈(BC\parallelB_1C_1\)）。由線面平行判定定理：\(AD\parallelEF\)，\(EF\subset\)平面\(A_1B_1C_1\)，\(AD\not\subset\)平面\(A_1B_1C_1\)，故\(AD\parallel\)平面\(A_1B_1C_1\)。（2）建立坐標(biāo)系：以\(A\)為原點(diǎn)，\(AB\)為\(x\)軸，\(AC\)為\(y\)軸，\(AA_1\)為\(z\)軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則：\(A(0,0,0)\)，\(B(2,0,0)\)，\(C(0,2,0)\)，\(A_1(0,0,2)\)，\(C_1(0,2,2)\)，\(B_1(2,0,2)\)。求向量：平面\(A_1BC\)的法向量：取\(\overrightarrow{A_1B}=(2,0,-2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(0,2,-2)\)，法向量\(\mathbf{n}_1=\overrightarrow{A_1B}\times\overrightarrow{A_1C}=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\2&0&-2\\0&2&-2\end{vmatrix}=(4,4,4)\)。平面\(A_1C_1C\)的法向量：取\(\overrightarrow{A_1C_1}=(0,2,0)\)，\(\overrightarrow{C_1C}=(0,0,-2)\)，法向量\(\mathbf{n}_2=\overrightarrow{A_1C_1}\times\overrightarrow{C_1C}=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\0&2&0\\0&0&-2\end{vmatrix}=(-4,0,0)\)。求余弦值：二面角\(B-A_1C-C_1\)的余弦值為\(\cos\theta=\frac{|\mathbf{n}_1\cdot\mathbf{n}_2|}{|\mathbf{n}_1|\cdot|\mathbf{n}_2|}\)。計(jì)算點(diǎn)積：\(\mathbf{n}_1\cdot\mathbf{n}_2=4\times(-4)+4\times0+4\times0=-16\)。計(jì)算模：\(|\mathbf{n}_1|=\sqrt{4^2+4^2+4^2}=4\sqrt{3}\)，\(|\mathbf{n}_2|=\sqrt{(-4)^2+0+0}=4\)。故\(\cos\theta=\frac{|-16|}{4\sqrt{3}\times4}=\frac{16}{16\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)。易錯(cuò)點(diǎn)（1）證明線面平行時(shí)未明確“平面內(nèi)的平行線”（如誤將\(AD\)與\(A_1D\)比較，導(dǎo)致邏輯不嚴(yán)謹(jǐn)）；（2）建立坐標(biāo)系時(shí)坐標(biāo)軸方向錯(cuò)誤（如將\(AA_1\)作為\(x\)軸，導(dǎo)致向量計(jì)算錯(cuò)誤）；（3）求二面角時(shí)未取絕對值（如誤將負(fù)號(hào)保留，導(dǎo)致余弦值符號(hào)錯(cuò)誤）。素養(yǎng)考查邏輯推理（線面平行判定）、數(shù)學(xué)運(yùn)算（向量計(jì)算）、直觀想象（空間坐標(biāo)系與二面角）。（三）導(dǎo)數(shù)解答題題目8已知函數(shù)\(f(x)=\lnx+ax^2-(2a+1)x\)（\(a\in\mathbb{R}\)）。（1）求\(f(x)\)的單調(diào)區(qū)間；（2）若\(f(x)\geq0\)在\(x\in(0,+\infty)\)上恒成立，求\(a\)的取值范圍。解題思路（1）求導(dǎo)后因式分解，分類討論\(a\)的取值，確定導(dǎo)數(shù)符號(hào)；（2）利用單調(diào)性求最大值，令最大值≥0，解不等式得\(a\)的范圍。詳細(xì)解答（1）求導(dǎo)：\(f'(x)=\frac{1}{x}+2ax-(2a+1)=\frac{2ax^2-(2a+1)x+1}{x}=\frac{(2ax-1)(x-1)}{x}\)（\(x>0\)）。分類討論：當(dāng)\(a\leq0\)時(shí)：\(2ax-1\leq-1<0\)，故\(f'(x)\)的符號(hào)由\(x-1\)決定：當(dāng)\(0<x<1\)時(shí)，\(x-1<0\)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增；當(dāng)\(x>1\)時(shí)，\(x-1>0\)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞減。單調(diào)遞增區(qū)間：\((0,1)\)，單調(diào)遞減區(qū)間：\((1,+\infty)\)。當(dāng)\(a>0\)時(shí)：令\(f'(x)=0\)，得\(x=\frac{1}{2a}\)或\(x=1\)，比較\(\frac{1}{2a}\)與\(1\)的大?。寒?dāng)\(0<a<\frac{1}{2}\)時(shí)：\(\frac{1}{2a}>1\)，故：\(0<x<1\)時(shí)，\(f'(x)>0\)，單調(diào)遞增；\(1<x<\frac{1}{2a}\)時(shí)，\(f'(x)<0\)，單調(diào)遞減；\(x>\frac{1}{2a}\)時(shí)，\(f'(x)>0\)，單調(diào)遞增。單調(diào)遞增區(qū)間：\((0,1)\)、\((\frac{1}{2a},+\infty)\)，單調(diào)遞減區(qū)間：\((1,\frac{1}{2a})\)。當(dāng)\(a=\frac{1}{2}\)時(shí)：\(f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x}\geq0\)，故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上單調(diào)遞增。當(dāng)\(a>\frac{1}{2}\)時(shí)：\(\frac{1}{2a}<1\)，故：\(0<x<\frac{1}{2a}\)時(shí)，\(f'(x)>0\)，單調(diào)遞增；\(\frac{1}{2a}<x<1\)時(shí)，\(f'(x)<0\)，單調(diào)遞減；\(x>1\)時(shí)，\(f'(x)>0\)，單調(diào)遞增。單調(diào)遞增區(qū)間：\((0,\frac{1}{2a})\)、\((1,+\infty)\)，單調(diào)遞減區(qū)間：\((\frac{1}{2a},1)\)。（2）分析恒成立條件：\(f(x)\geq0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，即\(f(x)\)的最小值≥0。分類討論：當(dāng)\(a\leq0\)時(shí)：由（1）知\(f(x)\)在\((0,1)\)單調(diào)遞增，在\((1,+\infty)\)單調(diào)遞減，故最大值在\(x=1\)處，\(f(1)=\ln1+a-(2a+1)=-a-1\)。要求\(f(1)\geq0\)，即\(-a-1\geq0\Rightarrowa\leq-1\)。當(dāng)\(a>0\)時(shí)：若\(0<a<\frac{1}{2}\)，\(f(x)\)在\(x=\frac{1}{2a}\)處取得極小值，\(f(\frac{1}{2a})=\ln\frac{1}{2a}+a\cdot\frac{1}{4a^2}-(2a+1)\cdot\frac{1}{2a}=-\ln(2a)+\frac{1}{4a}-1-\frac{1}{2a}=-\ln(2a)-\frac{1}{4a}-1\)，顯然小于0（因?yàn)閈(\ln(2a)>0\)，\(\frac{1}{4a}>0\)），故不滿足條件；若\(a=\frac{1}{2}\)，\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)單調(diào)遞增，當(dāng)\(x\to0^+\)時(shí)，\(f(x)\to-\infty\)，故不滿足條件；若\(a>\frac{1}{2}\