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文档简介
2023高考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家、天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是()A. B.C. D.2.如图1,《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺,问折者高几何?意思是:有一根竹子,原高一丈(1丈=10尺),现被风折断,尖端落在地上,竹尖与竹根的距离三尺,问折断处离地面的高为()尺.A. B. C. D.3.双曲线的渐近线方程是()A. B. C. D.4.A. B. C. D.5.已知等比数列的前项和为,若,且公比为2,则与的关系正确的是()A. B.C. D.6.在复平面内,复数对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限7.某四棱锥的三视图如图所示,记为此棱锥所有棱的长度的集合,则().A.,且 B.,且C.,且 D.,且8.在正方体中,球同时与以为公共顶点的三个面相切,球同时与以为公共顶点的三个面相切,且两球相切于点.若以为焦点,为准线的抛物线经过,设球的半径分别为,则()A. B. C. D.9.已知椭圆:的左,右焦点分别为,,过的直线交椭圆于,两点,若,且的三边长,,成等差数列,则的离心率为()A. B. C. D.10.如图,平面与平面相交于,,,点,点,则下列叙述错误的是()A.直线与异面B.过只有唯一平面与平行C.过点只能作唯一平面与垂直D.过一定能作一平面与垂直11.《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤;斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现在有一根金箠,长五尺在粗的一端截下一尺,重斤;在细的一端截下一尺,重斤,问各尺依次重多少?”按这一问题的颗设,假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列,则从粗端开始的第二尺的重量是()A.斤 B.斤 C.斤 D.斤12.设函数定义域为全体实数,令.有以下6个论断:①是奇函数时,是奇函数;②是偶函数时,是奇函数;③是偶函数时,是偶函数;④是奇函数时,是偶函数⑤是偶函数;⑥对任意的实数,.那么正确论断的编号是()A.③④ B.①②⑥ C.③④⑥ D.③④⑤二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知复数(为虚数单位),则的模为____.14.已知变量(m>0),且,若恒成立,则m的最大值________.15.复数(其中i为虚数单位)的共轭复数为________.16.设为定义在上的偶函数,当时,(为常数),若,则实数的值为______.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)设(1)证明:当时,;(2)当时,求整数的最大值.(参考数据:,)18.(12分)[选修4-5:不等式选讲]:已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)设,,且的最小值为.若,求的最小值.19.(12分)已知,.(1)解不等式;(2)若方程有三个解,求实数的取值范围.20.(12分)已知函数(为实常数).(1)讨论函数在上的单调性;(2)若存在,使得成立,求实数的取值范围.21.(12分)在极坐标系中,已知曲线,.(1)求曲线、的直角坐标方程,并判断两曲线的形状;(2)若曲线、交于、两点,求两交点间的距离.22.(10分)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(m为参数),以坐标点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcos(θ+)=1.(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程;(2)已知点M(2,0),若直线l与曲线C相交于P、Q两点,求的值.
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】
执行给定的程序框图,输入,逐次循环,找到计算的规律,即可求解.【题目详解】由题意,执行给定的程序框图,输入,可得:第1次循环:;第2次循环:;第3次循环:;第10次循环:,此时满足判定条件,输出结果,故选:B.【答案点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出,其中解答中认真审题,逐次计算,得到程序框图的计算功能是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.2.B【答案解析】如图,已知,,
∴,解得
,∴,解得
.∴折断后的竹干高为4.55尺故选B.3.C【答案解析】
根据双曲线的标准方程即可得出该双曲线的渐近线方程.【题目详解】由题意可知,双曲线的渐近线方程是.故选:C.【答案点睛】本题考查双曲线的渐近线方程的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意双曲线的简单性质的合理运用.4.A【答案解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【题目详解】本题正确选项:【答案点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,是基础的计算题.5.C【答案解析】
在等比数列中,由即可表示之间的关系.【题目详解】由题可知,等比数列中,且公比为2,故故选:C【答案点睛】本题考查等比数列求和公式的应用,属于基础题.6.B【答案解析】
化简复数为的形式,然后判断复数的对应点所在象限,即可求得答案.【题目详解】对应的点的坐标为在第二象限故选:B.【答案点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的代数表示法及其几何意义,属于基础题.7.D【答案解析】
首先把三视图转换为几何体,根据三视图的长度,进一步求出个各棱长.【题目详解】根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为四棱锥体,如图所示:所以:,,.故选:D..【答案点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换,主要考查运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题.8.D【答案解析】
由题先画出立体图,再画出平面处的截面图,由抛物线第一定义可知,点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体,设,两球球心和公切点都在体对角线上,通过几何关系可转化出,进而求解【题目详解】根据抛物线的定义,点到点的距离与到直线的距离相等,其中点到点的距离即半径,也即点到面的距离,点到直线的距离即点到面的距离,因此球内切于正方体,不妨设,两个球心和两球的切点均在体对角线上,两个球在平面处的截面如图所示,则,所以.又因为,因此,得,所以.故选:D【答案点睛】本题考查立体图与平面图的转化,抛物线几何性质的使用,内切球的性质,数形结合思想,转化思想,直观想象与数学运算的核心素养9.C【答案解析】
根据等差数列的性质设出,,,利用勾股定理列方程,结合椭圆的定义,求得.再利用勾股定理建立的关系式,化简后求得离心率.【题目详解】由已知,,成等差数列,设,,.由于,据勾股定理有,即,化简得;由椭圆定义知的周长为,有,所以,所以;在直角中,由勾股定理,,∴离心率.故选:C【答案点睛】本小题主要考查椭圆离心率的求法,考查椭圆的定义,考查等差数列的性质,属于中档题.10.D【答案解析】
根据异面直线的判定定理、定义和性质,结合线面垂直的关系,对选项中的命题判断.【题目详解】A.假设直线与共面,则A,D,B,C共面,则AB,CD共面,与,矛盾,故正确.B.根据异面直线的性质知,过只有唯一平面与平行,故正确.C.根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知,故正确.D.根据异面直线的性质知,过不一定能作一平面与垂直,故错误.故选:D【答案点睛】本题主要考查异面直线的定义,性质以及线面关系,还考查了理解辨析的能力,属于中档题.11.B【答案解析】
依题意,金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列,则,由此利用等差数列性质求出结果.【题目详解】设金箠由粗到细各尺重量依次所成得等差数列为,设首项,则,公差,.故选B【答案点睛】本题考查了等差数列的通项公式,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.12.A【答案解析】
根据函数奇偶性的定义即可判断函数的奇偶性并证明.【题目详解】当是偶函数,则,所以,所以是偶函数;当是奇函数时,则,所以,所以是偶函数;当为非奇非偶函数时,例如:,则,,此时,故⑥错误;故③④正确.故选:A【答案点睛】本题考查了函数的奇偶性定义,掌握奇偶性定义是解题的关键,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【答案解析】,所以.14.【答案解析】
在不等式两边同时取对数,然后构造函数f(x)=,求函数的导数,研究函数的单调性即可得到结论.【题目详解】不等式两边同时取对数得,即x2lnx1<x1lnx2,又即成立,设f(x)=,x∈(0,m),∵x1<x2,f(x1)<f(x2),则函数f(x)在(0,m)上为增函数,函数的导数,由f′(x)>0得1﹣lnx>0得lnx<1,得0<x<e,即函数f(x)的最大增区间为(0,e),则m的最大值为e故答案为:e【答案点睛】本题考查函数单调性与导数之间的应用,根据条件利用取对数得到不等式,从而可构造新函数,是解决本题的关键15.【答案解析】
利用复数的乘法运算求出,再利用共轭复数的概念即可求解.【题目详解】由,则.故答案为:【答案点睛】本题考查了复数的四则运算以及共轭复数的概念,属于基础题.16.1【答案解析】
根据为定义在上的偶函数,得,再根据当时,(为常数)求解.【题目详解】因为为定义在上的偶函数,所以,又因为当时,,所以,所以实数的值为1.故答案为:1【答案点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用,还考查了运算求解的能力,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)证明见解析;(2).【答案解析】
(1)将代入函数解析式可得,构造函数,求得并令,由导函数符号判断函数单调性并求得最大值,由即可证明恒成立,即不等式得证.(2)对函数求导,变形后讨论当时的函数单调情况:当时,可知满足题意;将不等式化简后构造函数,利用导函数求得极值点与函数的单调性,从而求得最小值为,分别依次代入检验的符号,即可确定整数的最大值;当时不满足题意,因为求整数的最大值,所以时无需再讨论.【题目详解】(1)证明:当时代入可得,令,,则,令解得,当时,所以在单调递增,当时,所以在单调递减,所以,则,即成立.(2)函数则,若时,当时,,则在时单调递减,所以,即当时成立;所以此时需满足的整数解即可,将不等式化简可得,令则令解得,当时,即在内单调递减,当时,即在内单调递增,所以当时取得最小值,则,,,所以此时满足的整数的最大值为;当时,在时,此时,与题意矛盾,所以不成立.因为求整数的最大值,所以时无需再讨论,综上所述,当时,整数的最大值为.【答案点睛】本题考查了导数在证明不等式中的应用,导数与函数单调性、极值、最值的关系和应用,构造函数法求最值,并判断函数值法符号,综合性强,属于难题.18.(1)(2)【答案解析】
(1)当时,,原不等式可化为,分类讨论即可求得不等式的解集;(2)由题意得,的最小值为,所以,由,得,利用基本不等式即可求解其最小值.【题目详解】(1)当时,,原不等式可化为,①当时,不等式①可化为,解得,此时;当时,不等式①可化为,解得,此时;当时,不等式①可化为,解得,此时,综上,原不等式的解集为.(2)由题意得,,因为的最小值为,所以,由,得,所以,当且仅当,即,时,的最小值为.【答案点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题,对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.19.(1);(2).【答案解析】
(1)对分三种情况讨论,分别去掉绝对值符号,然后求解不等式组,再求并集即可得结果;(2).作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时,方程有三个解,由图可得结果.【题目详解】(1)不等式,即为.当时,即化为,得,此时不等式的解集为,当时,即化为,解得,此时不等式的解集为.综上,不等式的解集为.(2)即.作出函数的图象如图所示,当直线与函数的图象有三个公共点时,方程有三个解,所以.所以实数的取值范围是.【答案点睛】绝对值不等式的解法:法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.20.(1)见解析(2)【答案解析】
(1)分类讨论的值,利用导数证明单调性即可;(2)利用导数分别得出,,时,的最小值,即可得出实数的取值范围.【题目详解】(1),.当即时,,,此时,在上单调递增;当即时,时,,在上单调递减;时,,在上单调递增;当即时,,,此时,在上单调递减;(2)当时,因为在上单调递增,所以的最小值为,所以当时,在上单调递减,在上单调递增所以的最小值为.因为,所以,.所以,所以.当时,在上单调递减所以的最小值为因为,所以,所以,综上,.【答案点睛】本题主要考查了利
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