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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、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.如图,在中,,是上一点,若,则实数的值为()A. B. C. D.2.已知公差不为0的等差数列的前项的和为,,且成等比数列,则()A.56 B.72 C.88 D.403.如图是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.4.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”为:设,用表示不超过的最大整数,则称为高斯函数,例如:,,已知函数(),则函数的值域为()A. B. C. D.5.设点,,不共线,则“”是“”()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件6.《普通高中数学课程标准(2017版)》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平,现以六大素养为指标对二人进行了测验,根据测验结果绘制了雷达图(如图,每项指标值满分为5分,分值高者为优),则下面叙述正确的是()A.甲的数据分析素养高于乙B.甲的数学建模素养优于数学抽象素养C.乙的六大素养中逻辑推理最差D.乙的六大素养整体平均水平优于甲7.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.8.已知数列中,,且当为奇数时,;当为偶数时,.则此数列的前项的和为()A. B. C. D.9.若直线的倾斜角为,则的值为()A. B. C. D.10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.C. D.11.已知定义在上的函数,若函数为偶函数,且对任意,,都有,若,则实数的取值范围是()A. B. C. D.12.已知等差数列的前项和为,若,则等差数列公差()A.2 B. C.3 D.4二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在直三棱柱内有一个与其各面都相切的球O1,同时在三棱柱外有一个外接球.若,,,则球的表面积为______.14.已知,满足约束条件则的最大值为__________.15.设函数满足,且当时,又函数,则函数在上的零点个数为___________.16.如图,直线平面,垂足为,三棱锥的底面边长和侧棱长都为4,在平面内,是直线上的动点,则点到平面的距离为_______,点到直线的距离的最大值为_______.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)某地为改善旅游环境进行景点改造.如图,将两条平行观光道l1和l2通过一段抛物线形状的栈道AB连通(道路不计宽度),l1和l2所在直线的距离为0.5(百米),对岸堤岸线l3平行于观光道且与l2相距1.5(百米)(其中A为抛物线的顶点,抛物线的对称轴垂直于l3,且交l3于M

),在堤岸线l3上的E,F两处建造建筑物,其中E,F到M的距离为1

(百米),且F恰在B的正对岸(即BF⊥l3).(1)在图②中建立适当的平面直角坐标系,并求栈道AB的方程;(2)游客(视为点P)在栈道AB的何处时,观测EF的视角(∠EPF)最大?请在(1)的坐标系中,写出观测点P的坐标.18.(12分)在中,角、、所对的边分别为、、,角、、的度数成等差数列,.(1)若,求的值;(2)求的最大值.19.(12分)如图,平面四边形中,,是上的一点,是的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.(1)证明:平面平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.20.(12分)已知椭圆的左,右焦点分别为,,,M是椭圆E上的一个动点,且的面积的最大值为.(1)求椭圆E的标准方程,(2)若,,四边形ABCD内接于椭圆E,,记直线AD,BC的斜率分别为,,求证:为定值.21.(12分)已知函数.(Ⅰ)解不等式;(Ⅱ)设其中为常数.若方程在上恰有两个不相等的实数根,求实数的取值范围.22.(10分)如图,在四棱锥中,,,,底面为正方形,、分别为、的中点.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.

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】

由题意,可根据向量运算法则得到(1﹣m),从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程,求出t的值.【详解】由题意及图,,又,,所以,∴(1﹣m),又t,所以,解得m,t,故选C.【点睛】本题考查平面向量基本定理,根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键,本题属于基础题.2.B【解析】

,将代入,求得公差d,再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【详解】由已知,,,故,解得或(舍),故,.故选:B.【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式,考查等差数列基本量的计算,是一道容易题.3.A【解析】

根据三视图可得几何体为直三棱柱,根据三视图中的数据直接利用公式可求体积.【详解】由三视图可知几何体为直三棱柱,直观图如图所示:其中,底面为直角三角形,,,高为.∴该几何体的体积为故选:A.【点睛】本题考查三视图及棱柱的体积,属于基础题.4.B【解析】

利用换元法化简解析式为二次函数的形式,根据二次函数的性质求得的取值范围,由此求得的值域.【详解】因为(),所以,令(),则(),函数的对称轴方程为,所以,,所以,所以的值域为.故选:B【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识,考查学生分析问题,解决问题的能力,运算求解能力,转化与化归思想,换元思想,分类讨论和应用意识.5.C【解析】

利用向量垂直的表示、向量数量积的运算,结合充分必要条件的定义判断即可.【详解】由于点,,不共线,则“”;故“”是“”的充分必要条件.故选:C.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查向量垂直的表示,考查向量数量积的运算,属于基础题.6.D【解析】

根据雷达图对选项逐一分析,由此确定叙述正确的选项.【详解】对于A选项,甲的数据分析分,乙的数据分析分,甲低于乙,故A选项错误.对于B选项,甲的建模素养分,乙的建模素养分,甲低于乙,故B选项错误.对于C选项,乙的六大素养中,逻辑推理分,不是最差,故C选项错误.对于D选项,甲的总得分分,乙的总得分分,所以乙的六大素养整体平均水平优于甲,故D选项正确.故选:D【点睛】本小题主要考查图表分析和数据处理,属于基础题.7.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.8.A【解析】

根据分组求和法,利用等差数列的前项和公式求出前项的奇数项的和,利用等比数列的前项和公式求出前项的偶数项的和,进而可求解.【详解】当为奇数时,,则数列奇数项是以为首项,以为公差的等差数列,当为偶数时,,则数列中每个偶数项加是以为首项,以为公比的等比数列.所以.故选:A【点睛】本题考查了数列分组求和、等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式,需熟记公式,属于基础题.9.B【解析】

根据题意可得:,所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简,再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后,将代入计算即可求出值.【详解】由于直线的倾斜角为,所以,则故答案选B【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式,同角三角函数间的基本关系,以及直线倾斜角与斜率之间的关系,熟练掌握公式是解本题的关键.10.A【解析】

根据题意,可得几何体,利用体积计算即可.【详解】由题意,该几何体如图所示:该几何体的体积.故选:A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算,属于基础题.11.A【解析】

根据题意,分析可得函数的图象关于对称且在上为减函数,则不等式等价于,解得的取值范围,即可得答案.【详解】解:因为函数为偶函数,所以函数的图象关于对称,因为对任意,,都有,所以函数在上为减函数,则,解得:.即实数的取值范围是.故选:A.【点睛】本题考查函数的对称性与单调性的综合应用,涉及不等式的解法,属于综合题.12.C【解析】

根据等差数列的求和公式即可得出.【详解】∵a1=12,S5=90,∴5×12+d=90,解得d=1.故选C.【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式,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】

先求出球O1的半径,再求出球的半径,即得球的表面积.【详解】解:,,,,设球O1的半径为,由题得,所以棱柱的侧棱为.由题得棱柱外接球的直径为,所以外接球的半径为,所以球的表面积为.故答案为:【点睛】本题主要考查几何体的内切球和外接球问题,考查球的表面积的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于中档题.14.1【解析】

先画出约束条件的可行域,根据平移法判断出最优点,代入目标函数的解析式,易可得到目标函数的最大值.【详解】解:由约束条件得如图所示的三角形区域,由于,则,要求的最大值,则求的截距的最小值,显然当平行直线过点时,取得最大值为:.故答案为:1.【点睛】本题考查线性规划求最值问题,我们常用几何法求最值.15.1【解析】

判断函数为偶函数,周期为2,判断为偶函数,计算,,画出函数图像,根据图像到答案.【详解】知,函数为偶函数,,函数关于对称。,故函数为周期为2的周期函数,且。为偶函数,,,当时,,,函数先增后减。当时,,,函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在上的图像,发现在内图像共有1个公共点,则函数在上的零点个数为1.故答案为:.【点睛】本题考查了函数零点问题,确定函数的奇偶性,对称性,周期性,画出函数图像是解题的关键.16.【解析】

三棱锥的底面边长和侧棱长都为4,所以在平面的投影为的重心,利用解直角三角形,即可求出点到平面的距离;,可得点是以为直径的球面上的点,所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离,最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径,即可求出结论.【详解】边长为,则中线长为,点到平面的距离为,点是以为直径的球面上的点,所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离,最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径.又三棱锥的底面边长和侧棱长都为4,以下求过和的两个平行平面间距离,分别取中点,连,则,同理,分别过做,直线确定平面,直线确定平面,则,同理,为所求,,,所以到直线最大距离为.故答案为:;.【点睛】本题考查空间中的距离、正四面体的结构特征,考查空间想象能力,属于较难题.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,,x[0,1];(2)P(,)时,视角∠EPF最大.【解析】

(1)以A为原点,l1为x轴,抛物线的对称轴为y轴建系,设出方程,通过点的坐标可求方程;(2)设出的坐标,表示出,利用基本不等式求解的最大值,从而可得观测点P的坐标.【详解】(1)以A为原点,l1为x轴,抛物线的对称轴为y轴建系由题意知:B(1,0.5),设抛物线方程为代入点B得:p=1,故方程为,x[0,1];(2)设P(,),t[0,],作PQ⊥l3于Q,记∠EPQ=,∠FPQ=,,令,,则:,当且仅当即,即,即时取等号;故P(,)时视角∠EPF最大,答:P(,)时,视角∠EPF最大.【点睛】本题主要考查圆锥曲线的实际应用,理解题意,构建合适的模型是求解的关键,涉及最值问题一般利用基本不等式或者导数来进行求解,侧重考查数学运算的核心素养.18.(1);(2).【解析】

(1)由角的度数成等差数列,得.又.由正弦定理,得,即.由余弦定理,得,即,解得.(2)由正弦定理,得.由,得.所以当,即时,.【方法点睛】解三角形问题基本思想方法:从条件出发,利用正弦定理(或余弦定理)进行代换、转化.逐步化为纯粹的边与边或角与角的关系,即考虑如下两条途径:①统一成角进行判断,常用正弦定理及三角恒等变换;②统一成边进行判断,常用余弦定理、面积公式等.19.(1)见解析;(2)【解析】

(1)要证平面平面,只需证平面,而,所以只需证,而由已知的数据可证得为等边三角形,又由于是的中点,所以,从而可证得结论;(2)由于在中,,而平面平面,所以点在平面的投影恰好为的中点,所以如图建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.【详解】(1)由,所以平面四边形为直角梯形,设,因为.所以在中,,则,又,所以,由,所以为等边三角形,又是的中点,所以,又平面,则有平面,而平面,故平面平面.(2)解法一:在中,,取中点,所以,由(1)可知平面平面,平面平面,所以平面,以为坐标原点,方向为轴方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,设平面的法向量,由得取,则设直线与平面所成角大小为,则,故直线与平面所成角的正弦值为.解法二:在中,,取中点,所以,由(1)可知平面平面,平面平面,所以平面,过作于,连,则由平面平面,所以,又,则平面,又平面所以,在中,,所以,设到平面的距离为,由,即,即,可得,设直线与平面所成角大小为,则.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角,考查学生的转化思想和计算能力,属于中档题.20.(1)(2)证明见解析【解析】

(1)设椭圆E的半焦距为c,由题意可知,当M为椭圆E的上顶点或下顶点时,的面积取得最大值,求出,即可得答案;(2)根据题意可知,,因为,所以可设直线CD的方程为,将直线代入曲线的方程,利用韦达定理得到的关系,再代入斜率公式可证得为定值.【详解】(1)设椭圆E的半焦距为c,由题意可知,当M为椭圆E的上顶点或下顶点时,的面积取得最大值.所以,所以,,故椭圆E的标准方程为.(2)根据题意可知,,因为,所以可设直线CD的方程为.由,消去y可得,所以,即.直线AD的斜率,直

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