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文档简介
2023高考数学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.已知函数,则不等式的解集是()A. B. C. D.2.抛物线C:y2=2px的焦点F是双曲线C2:x2m-y21-m=1A.2+1 B.22+3 C.3.刘徽(约公元225年-295年),魏晋期间伟大的数学家,中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的,“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”,这可视为中国古代极限观念的佳作,割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示),当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,运用割圆术的思想,得到的近似值为()A. B. C. D.4.若复数满足(为虚数单位),则其共轭复数的虚部为()A. B. C. D.5.已知函数,且),则“在上是单调函数”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6.已知复数,则对应的点在复平面内位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限7.使得的展开式中含有常数项的最小的n为()A. B. C. D.8.已知集合,则集合()A. B. C. D.9.已知椭圆,直线与直线相交于点,且点在椭圆内恒成立,则椭圆的离心率取值范围为()A. B. C. D.10.已知复数,,则()A. B. C. D.11.甲乙两人有三个不同的学习小组,,可以参加,若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组,则两人参加同一个小组的概率为()A.B.C.D.12.设,,,则,,三数的大小关系是A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为________.14.已知“在中,”,类比以上正弦定理,“在三棱锥中,侧棱与平面所成的角为、与平面所成的角为,则________.15.曲线在处的切线方程是_________.16.已知,,且,则的最小值是______.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)记无穷数列的前项中最大值为,最小值为,令,则称是“极差数列”.(1)若,求的前项和;(2)证明:的“极差数列”仍是;(3)求证:若数列是等差数列,则数列也是等差数列.18.(12分)如图,四棱锥中,底面为直角梯形,,,,,在锐角中,E是边PD上一点,且.(1)求证:平面ACE;(2)当PA的长为何值时,AC与平面PCD所成的角为?19.(12分)的内角的对边分别为,若(1)求角的大小(2)若,求的周长20.(12分)已知函数.(1)讨论函数的极值;(2)记关于的方程的两根分别为,求证:.21.(12分)已知圆的极坐标方程是,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线的参数方程是是参数),若直线与圆相切,求实数的值.22.(10分)如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的点,且.(1)证明:平面;(2)若,求二面角的余弦值.
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】
由导数确定函数的单调性,利用函数单调性解不等式即可.【题目详解】函数,可得,时,,单调递增,∵,故不等式的解集等价于不等式的解集..∴.故选:B.【答案点睛】本题主要考查了利用导数判定函数的单调性,根据单调性解不等式,属于中档题.2.A【答案解析】
先由题和抛物线的性质求得点P的坐标和双曲线的半焦距c的值,再利用双曲线的定义可求得a的值,即可求得离心率.【题目详解】由题意知,抛物线焦点F1,0,准线与x轴交点F'(-1,0),双曲线半焦距c=1,设点Q(-1,y)ΔFPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形,即PF所以PQ⊥抛物线的准线,从而PF⊥x轴,所以P1,2∴2a=P即a=故双曲线的离心率为e=故选A【答案点睛】本题考查了圆锥曲线综合,分析题目,画出图像,熟悉抛物线性质以及双曲线的定义是解题的关键,属于中档题.3.A【答案解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【题目详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【答案点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.4.D【答案解析】
由已知等式求出z,再由共轭复数的概念求得,即可得虚部.【题目详解】由zi=1﹣i,∴z=,所以共轭复数=-1+,虚部为1故选D.【答案点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念,属于基础题.5.C【答案解析】
先求出复合函数在上是单调函数的充要条件,再看其和的包含关系,利用集合间包含关系与充要条件之间的关系,判断正确答案.【题目详解】,且),由得或,即的定义域为或,(且)令,其在单调递减,单调递增,在上是单调函数,其充要条件为即.故选:C.【答案点睛】本题考查了复合函数的单调性的判断问题,充要条件的判断,属于基础题.6.A【答案解析】
利用复数除法运算化简,由此求得对应点所在象限.【题目详解】依题意,对应点为,在第一象限.故选A.【答案点睛】本小题主要考查复数除法运算,考查复数对应点的坐标所在象限,属于基础题.7.B【答案解析】二项式展开式的通项公式为,若展开式中有常数项,则,解得,当r取2时,n的最小值为5,故选B【考点定位】本题考查二项式定理的应用.8.D【答案解析】
弄清集合B的含义,它的元素x来自于集合A,且也是集合A的元素.【题目详解】因,所以,故,又,,则,故集合.故选:D.【答案点睛】本题考查集合的定义,涉及到解绝对值不等式,是一道基础题.9.A【答案解析】
先求得椭圆焦点坐标,判断出直线过椭圆的焦点.然后判断出,判断出点的轨迹方程,根据恒在椭圆内列不等式,化简后求得离心率的取值范围.【题目详解】设是椭圆的焦点,所以.直线过点,直线过点,由于,所以,所以点的轨迹是以为直径的圆.由于点在椭圆内恒成立,所以椭圆的短轴大于,即,所以,所以双曲线的离心率,所以.故选:A【答案点睛】本小题主要考查直线与直线的位置关系,考查动点轨迹的判断,考查椭圆离心率的取值范围的求法,属于中档题.10.B【答案解析】分析:利用的恒等式,将分子、分母同时乘以,化简整理得详解:,故选B点睛:复数问题是高考数学中的常考问题,属于得分题,主要考查的方面有:复数的分类、复数的几何意义、复数的模、共轭复数以及复数的乘除运算,在运算时注意符号的正、负问题.11.A【答案解析】依题意,基本事件的总数有种,两个人参加同一个小组,方法数有种,故概率为.12.C【答案解析】
利用对数函数,指数函数以及正弦函数的性质和计算公式,将a,b,c与,比较即可.【题目详解】由,,,所以有.选C.【答案点睛】本题考查对数值,指数值和正弦值大小的比较,是基础题,解题时选择合适的中间值比较是关键,注意合理地进行等价转化.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【答案解析】
根据三视图知该几何体是三棱柱与半圆锥的组合体,结合图中数据求出它的体积.【题目详解】根据三视图知,该几何体是三棱柱与半圆锥的组合体,如图所示:结合图中数据,计算它的体积为.故答案为:.【答案点睛】本题考查了根据三视图求简单组合体的体积应用问题,是基础题.14.【答案解析】
类比,三角形边长类比三棱锥各面的面积,三角形内角类比三棱锥中侧棱与面所成角.【题目详解】,故,【答案点睛】本题考查类比推理.类比正弦定理可得,类比时有结构类比,方法类比等.15.【答案解析】
利用导数的运算法则求出导函数,再利用导数的几何意义即可求解.【题目详解】求导得,所以,所以切线方程为故答案为:【答案点睛】本题考查了基本初等函数的导数、导数的运算法则以及导数的几何意义,属于基础题.16.8【答案解析】
由整体代入法利用基本不等式即可求得最小值.【题目详解】,当且仅当时等号成立.故的最小值为8,故答案为:8.【答案点睛】本题考查基本不等式求和的最小值,整体代入法,属于基础题.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)(2)证明见解析(3)证明见解析【答案解析】
(1)由是递增数列,得,由此能求出的前项和.(2)推导出,,由此能证明的“极差数列”仍是.(3)证当数列是等差数列时,设其公差为,,是一个单调递增数列,从而,,由,,,分类讨论,能证明若数列是等差数列,则数列也是等差数列.【题目详解】(1)解:∵无穷数列的前项中最大值为,最小值为,,,是递增数列,∴,∴的前项和.(2)证明:∵,,∴,∴,∵,∴,∴的“极差数列”仍是(3)证明:当数列是等差数列时,设其公差为,,根据,的定义,得:,,且两个不等式中至少有一个取等号,当时,必有,∴,∴是一个单调递增数列,∴,,∴,∴,∴是等差数列,当时,则必有,∴,∴是一个单调递减数列,∴,,∴,∴.∴是等差数列,当时,,∵,中必有一个为0,根据上式,一个为0,为一个必为0,∴,,∴数列是常数数列,则数列是等差数列.综上,若数列是等差数列,则数列也是等差数列.【答案点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用,考查等差数列的证明,考查数列的单调性,考查化归与转化的数学思想方法,属于难题.18.(1)证明见解析;(2)当时,AC与平面PCD所成的角为.【答案解析】
(1)连接交于,由相似三角形可得,结合得出,故而平面;(2)过作,可证平面,根据计算,得出的大小,再计算的长.【题目详解】(1)证明:连接BD交AC于点O,连接OE,,,又平面ACE,平面ACE,平面ACE.(2),,平面PAD作,F为垂足,连接CF平面PAD,平面PAD.,有,,平面就是AC与平面PCD所成的角,,,,,,时,AC与平面PCD所成的角为.【答案点睛】本题考查了线面平行的判定,线面垂直的判定与线面角的计算,属于中档题.19.(1)(2)11【答案解析】
(1)利用二倍角公式将式子化简成,再利用两角和与差的余弦公式即可求解.(2)利用余弦定理可得,再将平方,利用向量数量积可得,从而可求周长.【题目详解】由题解得,所以由余弦定理,,再由解得:所以故的周长为【答案点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形、两角和与差的余弦公式、需熟记公式,属于基础题.20.(1)见解析;(2)见解析【答案解析】
(1)对函数求导,对参数讨论,得函数单调区间,进而求出极值;(2)是方程的两根,代入方程,化简换元,构造新函数利用函数单调性求最值可解.【题目详解】(1)依题意,;若,则,则函数在上单调递增,此时函数既无极大值,也无极小值;若,则,令,解得,故当时,,单调递增;当时,,单调递减,此时函数有极大值,无极小值;若,则,令,解得,故当时,,单调递增;当时,,单调递减,此时函数有极大值,无极小值;(2)依题意,,则,,故,;要证:,即证,即证:,即证,设,只需证:,设,则,故在上单调递增,故,即,故.【答案点睛】本题考查函数极值及利用导数证明二元不等式.证明二元不等式常用方法是转化为证明一元不等式,再转化为函数最值问题.利用导数证明不等式的基本方法:(1)若与的最值易求出,可直接转化为证明;(2)若与的最值不易求出,可构造函数,然后根据函数的单调性或最值,证明.21.【答案解析】
将圆的极坐标方程化为直角坐标方程,直线的参数方程化为普通方程,再根据直线与圆相切,利用圆心到直线的距离等于半径,即可求实数的值.【题目详解】由,得,,即圆的方程为,又由消,得,直线与圆相切,,.【答案点睛】本题重点考查方程的互化,考查直线与圆的位置关系,解题的关键是利用圆心到直线的距离等于半径,研究直线与圆相切.22.(1)见解析(2)【答案解析】
(1)连结BM,推导出BC⊥BB1,AA1⊥BC,从而AA1⊥MC,进而AA1⊥平面BCM,AA1⊥MB,推导出四边形AMNP是平行四边形,从而MN∥AP,由此能证明MN∥平面ABC.(2)推导出△ABA1是等腰直角三角形,设AB,则AA1=2a,BM=AM=a,推导出MC⊥BM,MC⊥AA1,BM⊥AA1,以M为坐标原点,MA1,MB,MC为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A﹣CM﹣N的余弦值.【题目详解】(1)如图1,在三棱柱中,连结,因为是矩形,所以,因为,所以,又因为,,所以平面,所以,又因为,所以是中点,取中点,连结,,因为是的中点,则且,所以且,所以四边形是平行四边
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