长春市重点中学2023学年高考考前提分数学仿真卷（含解析）

1、2023学年高考数学模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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已知，则等于（ ）ABCD2设过抛物线上任意一点(异于原点)的直线与抛物线交于两点，直线与抛物线的另一个交点为，则（ ）ABCD3设全集U=R，集合，则（ ）Ax|-1 x4Bx|-4x1Cx|-1x4Dx|-4x14函数的图象如图所示，为了得到

2、的图象，可将的图象（ ）A向右平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向左平移个单位5定义在R上的函数满足，为的导函数，已知的图象如图所示，若两个正数满足，的取值范围是（ ）ABCD6给定下列四个命题：若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；垂直于同一直线的两条直线相互平行；若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直其中，为真命题的是( )A和 B和 C和 D和7的展开式中的一次项系数为（ ）ABCD8由曲线yx2与曲线y2x所围成的平面图形的面积为()A1BCD9已知点在双曲线上

3、，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD10已知直线与直线则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件11某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD12如图，圆锥底面半径为，体积为，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）AB1CD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在直角三角形中，为直角，点在线段上，且，若，则的正切值为_.14已知数列满足，且恒成立，则的值为_.15若函数(a0且a1)在定义域m，n上的值域是m2，

4、n2(1mn)，则a的取值范围是_16已知点是抛物线上动点，是抛物线的焦点，点的坐标为，则的最小值为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，底面（1）证明：；（2）求二面角的正弦值18（12分）已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.19（12分）在中，是边上一点，且，.（1）

5、求的长；（2）若的面积为14，求的长.20（12分）已知函数，其中（）当时，求函数的单调区间；（）设，求证：；（）若对于恒成立，求的最大值21（12分）某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满400元的顾客，均可获得一次摸奖机会.摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、黑、白）.顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励.（1）求1名顾客摸球2次摸奖停止的概率；（2）记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的分布列和数学期望.22（10分）如图，在平面直角坐标系中

6、，椭圆的离心率为，且过点.求椭圆的方程；已知是椭圆的内接三角形，若点为椭圆的上顶点，原点为的垂心，求线段的长；若原点为的重心，求原点到直线距离的最小值.2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【答案解析】由已知条件利用诱导公式得，再利用三角函数的平方关系和象限角的符号，即可得到答案.【题目详解】由题意得 ，又，所以，结合解得，所以 ，故选B.【答案点睛】本题考查三角函数的诱导公式、同角三角函数的平方关系以及三角函数的符号与位置关系，属于基础题.2、C【答案解析】画出图形，将三角形面积

7、比转为线段长度比，进而转为坐标的表达式。写出直线方程，再联立方程组，求得交点坐标，最后代入坐标，求得三角形面积比.【题目详解】作图，设与的夹角为，则中边上的高与中边上的高之比为，设，则直线，即，与联立，解得，从而得到面积比为.故选：【答案点睛】解决本题主要在于将面积比转化为线段长的比例关系，进而联立方程组求解，是一道不错的综合题.3、C【答案解析】解一元二次不等式求得集合，由此求得【题目详解】由，解得或.因为或，所以.故选：C【答案点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题.4、C【答案解析】根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【题目详解】由

8、图象知：，.又时函数值最大，所以.又，从而，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【答案点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求5、C【答案解析】先从函数单调性判断的取值范围，再通过题中所给的是正数这一条件和常用不等式方法来确定的取值范围.【题目详解】由的图象知函数在区间单调递增，而，故由可知.故，又有，综上得的取值范围是.故选：C【答案点睛】本题考查了函数单调性和不等式的基础知识，属于中档题.6、D【答案解析】利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择【题目详解】当两个

9、平面相交时，一个平面内的两条直线也可以平行于另一个平面，故错误；由平面与平面垂直的判定可知正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相交或者异面，故错误；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故正确综上，真命题是.故选：D【答案点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题7、B【答案解析】根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论【题目详解】由题意展开式中的一次项系数为故选：B【答案点睛】本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数同时

10、本题考查了组合数公式8、B【答案解析】首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【题目详解】联立方程：可得：，结合定积分的几何意义可知曲线yx2与曲线y2x所围成的平面图形的面积为：.本题选择B选项.【答案点睛】本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.9、C【答案解析】将点A坐标代入双曲线方程即可求出双曲线的实轴长和虚轴长，进而求得离心率.【题目详解】将,代入方程得，而双曲线的半实轴，所以，得离心率,故选C.【答案点睛】此题考查双曲线的标准方程和离心率的概念，属于基础题.10、B【答案解析】利用充分必要条件的定义可判断两个条件之间的关系.【题目详

11、解】若，则，故或，当时，直线，直线 ，此时两条直线平行；当时，直线，直线 ，此时两条直线平行.所以当时，推不出，故“”是“”的不充分条件，当时，可以推出，故“”是“”的必要条件，故选：B.【答案点睛】本题考查两条直线的位置关系以及必要不充分条件的判断，前者应根据系数关系来考虑，后者依据两个条件之间的推出关系，本题属于中档题.11、D【答案解析】结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.【题目详解】由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱

12、柱的体积,故该几何体的体积.故选:D.【答案点睛】本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.12、D【答案解析】建立平面直角坐标系，求得抛物线的轨迹方程，解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.【题目详解】将抛物线放入坐标系，如图所示，设抛物线，代入点，可得焦点为，即焦点为中点，设焦点为，.故选：D【答案点睛】本小题考查圆锥曲线的概念，抛物线的性质，两点间的距离等基础知识；考查运算求解能力，空间想象能力，推理论证能力，应用意识.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【答案解析】在直角三角形中设，利用两角差的正切公式求解.【题目详解

13、】设，则，故.故答案为：3【答案点睛】此题考查在直角三角形中求角的正切值，关键在于合理构造角的和差关系，其本质是利用两角差的正切公式求解.14、【答案解析】易得，所以是等差数列，再利用等差数列的通项公式计算即可.【题目详解】由已知，因，所以，所以数列是以为首项，3为公差的等差数列，故，所以.故答案为：【答案点睛】本题考查由递推数列求数列中的某项，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.15、 (1，)【答案解析】在定义域m，n上的值域是m2，n2，等价转化为与的图像在(1，)上恰有两个交点，考虑相切状态可求a的取值范围.【题目详解】由题意知：与的图像在(1，)上恰有两个交点考查临界情形：与切于，

14、故答案为：.【答案点睛】本题主要考查导数的几何意义，把已知条件进行等价转化是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.16、【答案解析】过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角.故当和抛物线相切时，的值最小.再利用直线的斜率公式、导数的几何意义求得切点的坐标，从而求得的最小值.【题目详解】解：由题意可得，抛物线的焦点，准线方程为，过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角.故当最小时，的值最小.设切点，由的导数为，则的斜率为，求得，可得，.故答案为：.【答案点睛】本题考查抛物线的定义，性质的简单应用，直线的斜率公式，导数的几何意义，属于中档题.三、解答题：共70

15、分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析（2）【答案解析】（1）利用正弦定理求得，由此得到，结合证得平面，由此证得.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，再转化为正弦值.【题目详解】（1）在中，由正弦定理可得：， ，底面，平面， ； （2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设平面的法向量为，由可得：，令，则， 设平面的法向量为，由可得:，令，则， 设二面角的平面角为，由图可知为钝角，则， ，故二面角的正弦值为.【答案点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查空间向量法求二面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18、（1

16、），抛物线；（2）存在，.【答案解析】（1）设，易得，化简即得；（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.【题目详解】（1）设，由题意，得，化简得，所以动圆圆心Q的轨迹方程为，它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.（2）不妨设.因为，所以，从而直线PA的斜率为，解得，即，又，所以轴.要使，只需.设直线m的方程为，代入并整理，得.首先，解得或.其次，设，则，.故存在直线m，使得，此时直线m的斜率的取值范围为.【答案点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.19、（1）1；（2）5.【答

17、案解析】（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.【题目详解】（1）据题意，且，所以.所以.在中，据正弦定理可知，所以.（2）在中，据正弦定理可知，所以.因为的面积为14，所以，即，得.在中，据余弦定理可知，所以.【答案点睛】本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.20、（）函数的单调增区间为，单调减区间为；（）证明见解析；（）.【答案解析】（）利用二次求导可得，所以在上

18、为增函数，进而可得函数的单调增区间为，单调减区间为；（）利用导数可得在区间上存在唯一零点，所以函数在递减，在，递增，则，进而可证；（）条件等价于对于恒成立，构造函数，利用导数可得的单调性，即可得到的最小值为，再次构造函数（a），利用导数得其单调区间，进而求得最大值【题目详解】（）当时，则，所以，又因为，所以在上为增函数，因为，所以当时，为增函数，当时，为减函数，即函数的单调增区间为，单调减区间为；（），则令，则（1），所以在区间上存在唯一零点，设零点为，则，且，当时，当，所以函数在递减，在，递增，由，得，所以，由于，从而；（）因为对于恒成立，即对于恒成立，不妨令，因为，所以的解为，则当时，为增函数，当时，为减函数，所以的最小值为，则，不妨令（a），则（a），解得，所以当时，（a），（a）为增函数，当时，（a），（a）为减函数，所以（a）的最大值为，则的最大值为【答案点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，以及函数不等式恒