江西省广昌2023年高三第二次调研数学试卷含解析_第1页
江西省广昌2023年高三第二次调研数学试卷含解析_第2页
江西省广昌2023年高三第二次调研数学试卷含解析_第3页
江西省广昌2023年高三第二次调研数学试卷含解析_第4页
江西省广昌2023年高三第二次调研数学试卷含解析_第5页
已阅读5页,还剩17页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

2023年高考数学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知集合,,且、都是全集(为实数集)的子集,则如图所示韦恩图中阴影部分所表示的集合为()A. B.或C. D.2.直线与抛物线C:交于A,B两点,直线,且l与C相切,切点为P,记的面积为S,则的最小值为A. B. C. D.3.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上,平面,,若球的表面积为,则三棱锥的体积的最大值为()A. B. C. D.4.已知抛物线的焦点为,准线为,是上一点,是直线与抛物线的一个交点,若,则()A. B.3 C. D.25.已知变量的几组取值如下表:12347若与线性相关,且,则实数()A. B. C. D.6.已知m为实数,直线:,:,则“”是“”的()A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件7.如图所示,用一边长为的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为()A. B.C. D.8.设,则““是“”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必条件9.已知,,若,则向量在向量方向的投影为()A. B. C. D.10.点为的三条中线的交点,且,,则的值为()A. B. C. D.11.函数的图像大致为().A. B.C. D.12.达芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名.如图,画中女子神秘的微笑,,数百年来让无数观赏者人迷.某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行了粗略测绘,将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧,在嘴角处作圆弧的切线,两条切线交于点,测得如下数据:(其中).根据测量得到的结果推算:将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角大约等于()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在的二项展开式中,所有项的系数之和为1024,则展开式常数项的值等于_______.14.以,为圆心的两圆均过,与轴正半轴分别交于,,且满足,则点的轨迹方程为_________.15.已知函数()在区间上的值小于0恒成立,则的取值范围是________.16.已知函数是定义在上的奇函数,则的值为__________.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)如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.(1)求证:平面平面;(2)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.18.(12分)以直角坐标系的原点为极坐标系的极点,轴的正半轴为极轴.已知曲线的极坐标方程为,是上一动点,,点的轨迹为.(1)求曲线的极坐标方程,并化为直角坐标方程;(2)若点,直线的参数方程(为参数),直线与曲线的交点为,当取最小值时,求直线的普通方程.19.(12分)设点,分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上任意一点,且的最小值为1.(1)求椭圆的方程;(2)如图,动直线与椭圆有且仅有一个公共点,点,是直线上的两点,且,,求四边形面积的最大值.20.(12分)已知.(1)求不等式的解集;(2)记的最小值为,且正实数满足.证明:.21.(12分)已知抛物线的焦点为,点,点为抛物线上的动点.(1)若的最小值为,求实数的值;(2)设线段的中点为,其中为坐标原点,若,求的面积.22.(10分)已知椭圆:()的左、右顶点分别为、,焦距为2,点为椭圆上异于、的点,且直线和的斜率之积为.(1)求的方程;(2)设直线与轴的交点为,过坐标原点作交椭圆于点,试探究是否为定值,若是,求出该定值;若不是,请说明理由.

参考答案一、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.C【解析】

根据韦恩图可确定所表示集合为,根据一元二次不等式解法和定义域的求法可求得集合,根据补集和交集定义可求得结果.【详解】由韦恩图可知:阴影部分表示,,,.故选:.【点睛】本题考查集合运算中的补集和交集运算,涉及到一元二次不等式和函数定义域的求解;关键是能够根据韦恩图确定所求集合.2.D【解析】

设出坐标,联立直线方程与抛物线方程,利用弦长公式求得,再由点到直线的距离公式求得到的距离,得到的面积为,作差后利用导数求最值.【详解】设,,联立,得则,则由,得设,则,则点到直线的距离从而.令当时,;当时,故,即的最小值为本题正确选项:【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用,考查利用导数求最值的问题.解决圆锥曲线中的面积类最值问题,通常采用构造函数关系的方式,然后结合导数或者利用函数值域的方法来求解最值.3.B【解析】

由题意画出图形,设球0得半径为R,AB=x,AC=y,由球0的表面积为20π,可得R2=5,再求出三角形ABC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值,代入棱锥体积公式得答案.【详解】设球的半径为,,,由,得.如图:设三角形的外心为,连接,,,可得,则.在中,由正弦定理可得:,即,由余弦定理可得,,.则三棱锥的体积的最大值为.故选:.【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积,基本不等式等基础知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力,考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法,是中档题.4.D【解析】

根据抛物线的定义求得,由此求得的长.【详解】过作,垂足为,设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于,所以,所以,所以,所以.故选:D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.5.B【解析】

求出,把坐标代入方程可求得.【详解】据题意,得,所以,所以.故选:B.【点睛】本题考查线性回归直线方程,由性质线性回归直线一定过中心点可计算参数值.6.A【解析】

根据直线平行的等价条件,求出m的值,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】当m=1时,两直线方程分别为直线l1:x+y﹣1=0,l2:x+y﹣2=0满足l1∥l2,即充分性成立,当m=0时,两直线方程分别为y﹣1=0,和﹣2x﹣2=0,不满足条件.当m≠0时,则l1∥l2⇒,由得m2﹣3m+2=0得m=1或m=2,由得m≠2,则m=1,即“m=1”是“l1∥l2”的充要条件,故答案为:A【点睛】(1)本题主要考查充要条件的判断,考查两直线平行的等价条件,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题也可以利用下面的结论解答,直线和直线平行,则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.7.D【解析】因为蛋巢的底面是边长为的正方形,所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为,又因为鸡蛋的体积为,所以球的半径为,所以球心到截面的距离,而截面到球体最低点距离为,而蛋巢的高度为,故球体到蛋巢底面的最短距离为.点睛:本题主要考查折叠问题,考查球体有关的知识.在解答过程中,如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时,可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面,然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.8.B【解析】

解出两个不等式的解集,根据充分条件和必要条件的定义,即可得到本题答案.【详解】由,得,又由,得,因为集合,所以“”是“”的必要不充分条件.故选:B【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断,其中涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的解法.9.B【解析】

由,,,再由向量在向量方向的投影为化简运算即可【详解】∵∴,∴,∴向量在向量方向的投影为.故选:B.【点睛】本题考查向量投影的几何意义,属于基础题10.B【解析】

可画出图形,根据条件可得,从而可解出,然后根据,进行数量积的运算即可求出.【详解】如图:点为的三条中线的交点,由可得:,又因,,.故选:B【点睛】本题考查三角形重心的定义及性质,向量加法的平行四边形法则,向量加法、减法和数乘的几何意义,向量的数乘运算及向量的数量积的运算,考查运算求解能力,属于中档题.11.A【解析】

本题采用排除法:由排除选项D;根据特殊值排除选项C;由,且无限接近于0时,排除选项B;【详解】对于选项D:由题意可得,令函数,则,;即.故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;对于选项B:当,且无限接近于0时,接近于,,此时.故选项B排除;故选项:A【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.12.A【解析】

由已知,设.可得.于是可得,进而得出结论.【详解】解:依题意,设.则.,.设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为.则,.故选:A.【点睛】本题考查了直角三角形的边角关系、三角函数的单调性、切线的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式,求得展开式中的常数项.【详解】因为的二项展开式中,所有项的系数之和为4n=1024,n=5,故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式,属于中档题.14.【解析】

根据圆的性质可知在线段的垂直平分线上,由此得到,同理可得,由对数运算法则可知,从而化简得到,由此确定轨迹方程.【详解】,,和的中点坐标为,且在线段的垂直平分线上,,即,同理可得:,,,点的轨迹方程为.故答案为:.【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解问题,关键是能够利用圆的性质和对数运算法则构造出满足的方程,由此得到结果.15.【解析】

首先根据的取值范围,求得的取值范围,由此求得函数的值域,结合区间上的值小于0恒成立列不等式组,解不等式组求得的取值范围.【详解】由于,所以,由于区间上的值小于0恒成立,所以().所以,由于,所以,由于,所以令得.所以的取值范围是.故答案为:【点睛】本小题主要考查三角函数值域的求法,考查三角函数值恒小于零的问题的求解,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.16.【解析】

先利用辅助角公式将转化成,根据函数是定义在上的奇函数得出,从而得出函数解析式,最后求出即可.【详解】解:,又因为定义在上的奇函数,则,则,又因为,所以,,所以.故答案为:【点睛】本题考查三角函数的化简,三角函数的奇偶性和三角函数求值,考查了基本知识的应用能力和计算能力,是基础题.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.(1)见解析;(2)存在,长【解析】

(1)先证面,又因为面,所以平面平面.(2)根据题意建立空间直角坐标系.列出各点的坐标表示,设,则可得出向量,求出平面的法向量为,利用直线与平面所成角的正弦公式列方程求出或,从而求出线段的长.【详解】解:(1)证明:因为四边形为矩形,∴.∵∴∴∴面∴面又∵面∴平面平面(2)取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.如图所示:则,,,,,设,;∴,,设平面的法向量为,∴,不防设.∴,化简得,解得或;当时,,∴;当时,,∴;综上存在这样的点,线段的长.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.18.(1),;(2).【解析】

(1)设点极坐标分别为,,由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程;(2)设点对应的参数分别为,则,,将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得,,则,求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.【详解】(1)设点极坐标分别为,,因为,则,所以曲线的极坐标方程为,两边同乘,得,所以的直角坐标方程为,即.(2)设点对应的参数分别为,则,,将直线的参数方程(参数),代入的直角坐标方程中,整理得.由韦达定理得,,所以,当且仅当时,等号成立,则,所以当取得最小值时,直线的普通方程为.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系.19.(1);(2)2.【解析】

(1)利用的最小值为1,可得,,即可求椭圆的方程;(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得到关于的一元二次方程,由直线与椭圆仅有一个公共点知,即可得到,的关系式,利用点到直线的距离公式即可得到,.当时,设直线的倾斜角为,则,即可得到四边形面积的表达式,利用基本不等式的性质,结合当时,四边形是矩形,即可得出的最大值.【详解】(1)设,则,,,,由题意得,,椭圆的方程为;

(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得.

由直线与椭圆仅有一个公共点知,,化简得:.

设,,当时,设直线的倾斜角为,则,,,,∴当时,,,.当时,四边形是矩形,.

所以四边形面积的最大值为2.【点睛】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系、向量知识、二次函数的单调性、基本不等式的性质等基础知识,考查运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力,考查数形结合、化归与转化思想.20.(1)或;(2)见解析【解析】

(1)根据,利用零点分段法解不等式,或作出函数的图像,利用函数的图像解不等式;(2)由(1)作出的函数图像求出的最小值为,可知,代入中,然后给等式两边同乘以,再将写成后,化简变形,再用均值不等式可证明.【详解】(1)解法一:1°时,,即,解得;2°时,,即,解得;3°时,,即,解得.综上可得,不等式的解集为或.解法二:由作出图象如下:由图象可得不等式的解集为或.(2)由所以在上单调递减,在上单调递增,所以,正实数满足,则,即,(当且仅当即时取等号)故,得证.【点睛】此题考查了绝对值不等式的解法,

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论