2022-2023学年天津市武清区高考数学专项突破仿真模拟试题（三）含解析

1、高考模仿试卷第PAGE 页码16页/总NUMPAGES 总页数22页高考模仿试卷2022-2023学年天津市武清区高考数学专项突破仿真模拟试题（三）考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分留意事项：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单 选 题1复数的模是（）ABC0D12已知集合，则（）ABCD3函数的图象大致是（）ABCD4哥隆尺是一种的尺子.图1的哥隆尺可以性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺没有能性度量的长度为（）A11B13C15D175已知，记，

2、则的大小关系是（）ABCD6如图(1)，正方体的棱长为1，若将正方体绕着体对角线旋转，则正方体所的区域构成如图(2)所示的几何体，该几何体是由上、下两个圆锥和单叶双曲面构成，则其中一个圆锥的体积为（）ABCD7已知函数若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（）ABCD8已知两条直线，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（）ABCD评卷人得分二、多选题9一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记A为“次向下的数字为偶数”，B为“两次向下的数字之和为奇数”

3、，则下列说确的是（）ABA和B互为对立CDA和B互相10已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标没有变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（）AB在单调递增C的图象关于对称D在上的值是111如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，分别是，的中点，过点，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）A平面截直四棱柱所得截面的外形为四边形B平面截直四校柱所得被面的面积为C平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25D点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:212定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数

4、”.根据定义可得（）A在上是“弱减函数”B在上是“弱减函数”C若在上是“弱减函数”，则D若在上是“弱减函数”，则第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分三、填 空 题13已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120，则_.14将3封没有同的信随机放入2个没有同的信箱有种没有同的放法，则在的展开式中，含项的系数为_15已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为_16已知函数，若对，都有，则k的取值范围是_评卷人得分四、解 答 题17已知数列满足，.(1)求的通项公式.(2)证明.18在中，内角A，B，C所对的边分别为a

5、，b，c，的面积为(1)若，求边c；(2)若，求角C19如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点(1)证明：平面ABCD；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值20在某次数学考试有四道填 空 题，每道题5分.已知某同窗在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于一道题，答对的概率为，答错的概率为.(1)求该同窗在本次考试中填 空 题部分得分没有低于15分的概率；(2)设该同窗在本次考试中，填 空 题部分的总得分为，求的分布列.21在平面直角坐标系中，、，直线、

6、相交于点，且它们的斜率之积是(1)求点的轨迹方程；(2)过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的地位关系，并阐明理由22已知函数，(1)讨论的单调性；(2)当，时，证明：参考答案：1D【解析】【分析】复数的模的定义,根据求解即可.【详解】解：由于，所以，所以复数z的模是1.故选:D2C【解析】【分析】解对数没有等式确定集合，解二次没有等式确定集合，然后由并集定义计算【详解】由题意，所以故选：C3C【解析】【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.【详解】函数定义域为R，即是奇函数，A，B没有满足；当时，即，则，而，因此，D没有满足，C满足.故选：C4C【解

7、析】图象以及选项，确定正确选项.【详解】对于A选项，图中，用“与”可以测量；对于B选项，图中，用“与”可以测量；对于D选项，图中，用“与”可以测量.图2的哥隆尺没有能性度量的长度为.故选：C5A【解析】【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】解：由于，所以，所以，故选：A6A【解析】【分析】由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，从而可求出外接圆的半径和圆锥的高，进而可求出圆锥的体积【详解】由于正方体的棱长为1，所以由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，所以外接圆的半径为，圆锥的母线长为正方体的边长，即，所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为，故选：A7C【解析】

8、【分析】求出函数有两个极值点时满足的条件，再列出一切可能的情况，查出满足条件的可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.【详解】由题意得有两个根,则有，解得，a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，有如下，共种情况，其中满足的有，共6种情况，则函数有两个极值点的概率为，即，故选:C8D【解析】【分析】利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.【详解】设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，由于被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.故选：D.9CD【解析】【分析】根据的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可.【详解】对于

9、A，可得A错误；对于B，B次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知A和B没有是对立，可得B错误；对于C，由，可得，可得C正确；对于D选项，由，可得，可知A和B互相，可得D正确；故选：CD.10AC【解析】【分析】由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项【详解】由题意，所以，A正确；时，递增，递减，B错；是值，C正确；时，的最小值是，的值是，D错；故选：AC11BCD【解析】【分析】根据所给条件，线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，延伸交直线于，连接，交棱于，连接可得五变形，故A错误；对B，由平行线分

10、线段成比例可得，故 ，则为等腰三角形，由类似三角形可知：，则，连接，易知，因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，等腰梯形的高，则等腰梯形的面积为，又，所以五边形的面积为，故B正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，则，所以，故C正确；对D，由于平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关成绩，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离成绩，计算量较大，

11、属于较难题.本题的关键点有：（1）确定平面截空间几何体的截面地位；（2）根据截面所在地位计算相关量.12BCD【解析】【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.【详解】对于A，在上单调递减，没有单调，故A错误；对于B，在上，函数单调递减，在单调递增，故B正确；对于C，若在单调递减，由，得，在单调递增，故C正确；对于D，在上单调递减，在上恒成立，令，令，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，在上恒成立，令，在上单调递增，综上：，故D正确.故选：BCD.13【解析】【分析】根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可.【详解】由，有.故答案为：1470【解析】【分析】先求出，再由二项式定

12、理展开求解【详解】由题意得：在展开式中，当即时，该项为故答案为：7015【解析】根据向量条件，求出的坐标，代入双曲线方程，即可得出结论.【详解】由题意，设，直线的方程为，与渐近线联立，可得的坐标为，即，代入双曲线方程可得，化简可得，故答案为：【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需求根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(没有等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(没有等式)，解方程(没有等式)即可得e(e的取值范围)16【解析】【分析】对函数求导可知在上

13、单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其值后可求k的取值范围.【详解】，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，没有妨设，则，由已知，即，令，则在上没有存在减区间，从而当时，恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以.17(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据，利用累加法求解；（2）由，利用裂项相消法求解.(1)解：由，得，由累加法得，所以，又满足，又由于，所以.(2)由于，所以当时，当时，成立，所以.18(1)(2)【解析】【分析】（1）余弦定理、三角形的面积公式求得，进而求得，利用正弦定理求得.（2）利用三角恒等变换求得，从而

14、求得，进而求得.(1)由余弦定理：，故， 由于，则. 由正弦定理：，得.(2)由（1）知，故，故，则，故，由于，所以，所以，解得.19(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.(1)取的中点G，连接EG，FG，AC，由于，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，由于，所以四边形AGFC是平行四边形，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，由于，所

15、以平面平面ABCD，由于平面ABCD，所以平面ABCD(2)设，由，得，由于，所以，由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，由得，取，得，连接BD，由于，所以平面，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为20(1)；(2)答案见解析.【解析】【分析】(1)该同窗在本次考试中填 空 题部分得分没有低于15分，则四道填 空 题答对三道或四道，根据和互斥概率即可计算；(2)X的可能取值是0，5，10，15，20，据此依次求出概率即可列出分布列(1)设“第题答对”为，设“得分没有

16、低于15分”为B，则P(B)=；(2)易知的取值可能为0，5，10，15，20，=；=；=；则的分布列为：0510152021(1)；(2)点在以为直径的圆外，理由见解析.【解析】【分析】（1）设点，根据斜率公式已知条件可得出点的轨迹方程；（2）分析可知直线没有与轴重合，可设，另记、，将直线的方程与的轨迹方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.(1)解：设点的坐标为，其中，则直线的斜率为，直线的斜率为由已知有，化简得点的轨迹方程为(2)解：点在圆外，理由如下：若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，故可设，另记、，联立，可得，由韦达定理知，则有，其中无解，则，故，即点在以为直径的圆外

17、【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻觅、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到没有含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.22(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）化简没有等式，构造函数，