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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。1.二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是()A.180 B.90 C.45 D.3602.某几何体的三视图如图所示,若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形,则该几何体的体积为A. B. C. D.3.设函数,则,的大致图象大致是的()A. B.C. D.4.已知复数满足,则的值为()A. B. C. D.25.盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”,其中只有2张“刮刮卡”有奖,现甲从盒中随机取出2张,则至少有一张有奖的概率为()A. B. C. D.6.已知复数,则()A. B. C. D.7.下图为一个正四面体的侧面展开图,为的中点,则在原正四面体中,直线与直线所成角的余弦值为()A. B.C. D.8.若直线经过抛物线的焦点,则()A. B. C.2 D.9.已知命题p:直线a∥b,且b⊂平面α,则a∥α;命题q:直线l⊥平面α,任意直线m⊂α,则l⊥m.下列命题为真命题的是()A.p∧q B.p∨(非q) C.(非p)∧q D.p∧(非q)10.若,则,,,的大小关系为()A. B.C. D.11.中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题:“今有物不知其数,三三数之余二,五五数之余三,问物几何?”人们把此类题目称为“中国剩余定理”,若正整数除以正整数后的余数为,则记为,例如.现将该问题以程序框图的算法给出,执行该程序框图,则输出的等于().A. B. C. D.12.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了六天恰好到达目的地,请问第二天比第四天多走了()A.96里 B.72里 C.48里 D.24里二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若复数满足,其中为虚数单位,则的共轭复数在复平面内对应点的坐标为_____.14.函数的单调增区间为__________.15.已知平面向量、的夹角为,且,则的最大值是_____.16.在的展开式中,各项系数之和为,则展开式中的常数项为__________________.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)已知数列和,前项和为,且,是各项均为正数的等比数列,且,.(1)求数列和的通项公式;(2)求数列的前项和.18.(12分)选修4-4:坐标系与参数方程:在平面直角坐标系中,曲线:(为参数),在以平面直角坐标系的原点为极点、轴的正半轴为极轴,且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中,曲线:.(1)求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程;(2)若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等,求这三个点的极坐标.19.(12分)已知点是抛物线的顶点,,是上的两个动点,且.(1)判断点是否在直线上?说明理由;(2)设点是△的外接圆的圆心,点到轴的距离为,点,求的最大值.20.(12分)已知椭圆:的离心率为,直线:与以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点,过点的直线交椭圆于,两点,直线,分别交直线于,两点.(1)求椭圆的方程;(2)以线段为直径的圆是否过定点?若是,写出所有定点的坐标;若不是,请说明理由.21.(12分)函数(1)证明:;(2)若存在,且,使得成立,求取值范围.22.(10分)已知函数,且.(1)若,求的最小值,并求此时的值;(2)若,求证:.
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、A【解析】试题分析:因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大,所以,,令,则,.考点:1.二项式定理;2.组合数的计算.2、C【解析】
由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是边长为的等边三角形,三棱锥的高为,所以该几何体的体积,故选C.3、B【解析】
采用排除法:通过判断函数的奇偶性排除选项A;通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为,其关于原点对称,因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称,故选A排除;对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.4、C【解析】
由复数的除法运算整理已知求得复数z,进而求得其模.【详解】因为,所以故选:C【点睛】本题考查复数的除法运算与求复数的模,属于基础题.5、C【解析】
先计算出总的基本事件的个数,再计算出两张都没获奖的个数,根据古典概型的概率,求出两张都没有奖的概率,由对立事件的概率关系,即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张,共有种情况,2张均没有奖的情况有(种),故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系,意在考查数学建模、数学计算能力,属于基础题.6、B【解析】
利用复数除法、加法运算,化简求得,再求得【详解】,故.故选:B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算,考查复数的模,属于基础题.7、C【解析】
将正四面体的展开图还原为空间几何体,三点重合,记作,取中点,连接,即为与直线所成的角,表示出三角形的三条边长,用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠,可得原正四面体如下图所示,其中三点重合,记作:则为中点,取中点,连接,设正四面体的棱长均为,由中位线定理可得且,所以即为与直线所成的角,,由余弦定理可得,所以直线与直线所成角的余弦值为,故选:C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角,将展开图折叠成空间几何体,余弦定理解三角形的应用,属于中档题.8、B【解析】
计算抛物线的交点为,代入计算得到答案.【详解】可化为,焦点坐标为,故.故选:.【点睛】本题考查了抛物线的焦点,属于简单题.9、C【解析】
首先判断出为假命题、为真命题,然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性,判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定,我们易得命题若直线,直线平面,则直线平面或直线在平面内,命题为假命题;根据线面垂直的定义,我们易得命题若直线平面,则若直线与平面内的任意直线都垂直,命题为真命题.故:A命题“”为假命题;B命题“”为假命题;C命题“”为真命题;D命题“”为假命题.故选:C.【点睛】本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断,考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断,属于基础题.10、D【解析】因为,所以,因为,,所以,.综上;故选D.11、C【解析】从21开始,输出的数是除以3余2,除以5余3,满足条件的是23,故选C.12、B【解析】
人每天走的路程构成公比为的等比数列,设此人第一天走的路程为,计算,代入得到答案.【详解】由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列,设此人第一天走的路程为,则,解得,从而可得,故.故选:.【点睛】本题考查了等比数列的应用,意在考查学生的计算能力和应用能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,求出得答案.【详解】,,则,的共轭复数在复平面内对应点的坐标为,故答案为【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的代数表示法及其几何意义准确计算是关键,是基础题.14、【解析】
先求出导数,再在定义域上考虑导数的符号为正时对应的的集合,从而可得函数的单调增区间.【详解】函数的定义域为.,令,则,故函数的单调增区间为:.故答案为:.【点睛】本题考查导数在函数单调性中的应用,注意先考虑函数的定义域,再考虑导数在定义域上的符号,本题属于基础题.15、【解析】
建立平面直角坐标系,设,可得,进而可得出,,由此将转化为以为自变量的三角函数,利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可得出结果.【详解】根据题意建立平面直角坐标系如图所示,设,,以、为邻边作平行四边形,则,设,则,,且,在中,由正弦定理,得,即,在中,由正弦定理,得,即.,,则,当时,取最大值.故答案为:.【点睛】本题考查了向量的数量积最值的计算,将问题转化为角的三角函数的最值问题是解答的关键,考查计算能力,属于难题.16、【解析】
利用展开式各项系数之和求得的值,由此写出展开式的通项,令指数为零求得参数的值,代入通项计算即可得解.【详解】的展开式各项系数和为,得,所以,的展开式通项为,令,得,因此,展开式中的常数项为.故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式中常数项的计算,涉及二项展开式中各项系数和的计算,考查计算能力,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),;(2).【解析】
(1)令求出的值,然后由,得出,然后检验是否符合在时的表达式,即可得出数列的通项公式,并设数列的公比为,根据题意列出和的方程组,解出这两个量,然后利用等比数列的通项公式可求出;(2)求出数列的前项和,然后利用分组求和法可求出.【详解】(1)当时,,当时,.也适合上式,所以,.设数列的公比为,则,由,两式相除得,,解得,,;(2)设数列的前项和为,则,.【点睛】本题考查利用求,同时也考查了等比数列通项的计算,以及分组求和法的应用,考查计算能力,属于中等题.18、(1),;(2),,.【解析】
(1)把曲线的参数方程与曲线的极坐标方程分别转化为直角坐标方程;(2)利用图象求出三个点的极径与极角.【详解】解:(1)由消去参数得,即曲线的普通方程为,又由得即为,即曲线的平面直角坐标方程为(2)∵圆心到曲线:的距离,如图所示,所以直线与圆的切点以及直线与圆的两个交点,即为所求.∵,则,直线的倾斜角为,即点的极角为,所以点的极角为,点的极角为,所以三个点的极坐标为,,.【点睛】本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化,消去参数方程中的参数,就可把参数方程化为普通方程,消去参数的常用方法有:①代入消元法;②加减消元法;③乘除消元法;④三角恒等式消元法,极坐标方程化为直角坐标方程,只要将和换成和即可.19、(1)不在,证明见详解;(2)【解析】
(1)假设直线方程,并于抛物线方程联立,结合韦达定理,计算,可得,然后验证可得结果.(2)分别计算线段中垂线的方程,然后联立,根据(1)的条件可得点的轨迹方程,然后可得焦点,结合抛物线定义可得,计算可得结果.【详解】(1)设直线方程,根据题意可知直线斜率一定存在,则则由所以将代入上式化简可得,所以则直线方程为,所以直线过定点,所以可知点不在直线上.(2)设线段的中点为线段的中点为则直线的斜率为,直线的斜率为可知线段的中垂线的方程为由,所以上式化简为即线段的中垂线的方程为同理可得:线段的中垂线的方程为则由(1)可知:所以即,所以点轨迹方程为焦点为,所以当三点共线时,有最大所以【点睛】本题考查直线于抛物线的综合应用,第(1)问中难点在于计算处,第(2)问中关键在于得到点的轨迹方程,直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程,结合韦达定理,属难题.20、(1);(2)是,定点坐标为或【解析】
(1)根据相切得到,根据离心率得到,得到椭圆方程.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,联立方程得到,,计算点的坐标为,点的坐标为,圆的方程可化为,得到答案.【详解】(1)根据题意:,因为,所以,所以椭圆的方程为.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,把直线的方程代入椭圆方程化简得到,所以,,所以,,因为直线的斜率,所以直线的方程,所以点的坐标为,同理,点的坐标为,故以为直径的圆的方程为,又因为,,所以圆的方程可化为,令,则有,所以定点坐标为或.【点睛】本题考查了椭圆方程,圆过定点问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21、(1)证明见详解;(2)或或【解析】
(1)(2)首先用基本不等式得到,然后解出不等式即可【详解】(1)因为所以(2)当时所以当且仅当即时等号成立因为存在,且,使得成立所以所
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