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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.定义两种运算“★”与“◆”,对任意,满足下列运算性质:①★,◆;②()★★,◆◆,则(◆2020)(2020★2018)的值为()A. B. C. D.2.已知抛物线:的焦点为,过点的直线交抛物线于,两点,其中点在第一象限,若弦的长为,则()A.2或 B.3或 C.4或 D.5或3.函数(其中,,)的图象如图,则此函数表达式为()A. B.C. D.4.设递增的等比数列的前n项和为,已知,,则()A.9 B.27 C.81 D.5.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.6.记等差数列的公差为,前项和为.若,,则()A. B. C. D.7.若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象,则下列说法正确的是()A.函数在上单调递增 B.函数的周期是C.函数的图象关于点对称 D.函数在上最大值是18.已知函数的零点为m,若存在实数n使且,则实数a的取值范围是()A. B. C. D.9.设函数是奇函数的导函数,当时,,则使得成立的的取值范围是()A. B.C. D.10.函数,,则“的图象关于轴对称”是“是奇函数”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件11.已知函数,,若方程恰有三个不相等的实根,则的取值范围为()A. B.C. D.12.下列与函数定义域和单调性都相同的函数是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.曲线在点(1,1)处的切线与轴及直线=所围成的三角形面积为,则实数=____。14.(5分)函数的定义域是____________.15.设Sn为数列{an}的前n项和,若an0,a1=1,且2Sn=an(an+t),n∈N*,则S10=_____.16.已知数列的前项和为且满足,则数列的通项_______.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)在中,.(Ⅰ)求角的大小;(Ⅱ)若,,求的值.18.(12分)已知,(其中).(1)求;(2)求证:当时,.19.(12分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若对恒成立,求的取值范围.20.(12分)已知函数,曲线在点处的切线在y轴上的截距为.(1)求a;(2)讨论函数和的单调性;(3)设,求证:.21.(12分)如图,直三棱柱中,分别是的中点,.(1)证明:平面;(2)求二面角的余弦值.22.(10分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1是菱形,AC=BC=2,∠CBB1=,点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E.(1)求证:四边形ACC1A1为矩形;(2)求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值.

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、B【解析】

根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值,可得选项.【详解】由()★★,得(+2)★★,又★,所以★,★,★,,以此类推,2020★2018★2018,又◆◆,◆,所以◆,◆,◆,,以此类推,◆2020,所以(◆2020)(2020★2018),故选:B.【点睛】本题考查定义新运算,关键在于理解,运用新定义进行求值,属于中档题.2、C【解析】

先根据弦长求出直线的斜率,再利用抛物线定义可求出.【详解】设直线的倾斜角为,则,所以,,即,所以直线的方程为.当直线的方程为,联立,解得和,所以;同理,当直线的方程为.,综上,或.选C.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系,弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时,一般考虑抛物线的定义.3、B【解析】

由图象的顶点坐标求出,由周期求出,通过图象经过点,求出,从而得出函数解析式.【详解】解:由图象知,,则,图中的点应对应正弦曲线中的点,所以,解得,故函数表达式为.故选:B.【点睛】本题主要考查三角函数图象及性质,三角函数的解析式等基础知识;考查考生的化归与转化思想,数形结合思想,属于基础题.4、A【解析】

根据两个已知条件求出数列的公比和首项,即得的值.【详解】设等比数列的公比为q.由,得,解得或.因为.且数列递增,所以.又,解得,故.故选:A【点睛】本题主要考查等比数列的通项和求和公式,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5、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.6、C【解析】

由,和,可求得,从而求得和,再验证选项.【详解】因为,,所以解得,所以,所以,,,故选:C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式,还考查运算求解能力,属于中档题.7、A【解析】

根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式;利用整体对应的方式可判断出在上单调递增,正确;关于点对称,错误;根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误;根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得,错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得:当时,在上单调递增在上单调递增,正确;的最小正周期为:不是的周期,错误;当时,,关于点对称,错误;当时,此时没有最大值,错误.本题正确选项:【点睛】本题考查正弦型函数的性质,涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解;关键是能够灵活应用整体对应的方式,通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.8、D【解析】

易知单调递增,由可得唯一零点,通过已知可求得,则问题转化为使方程在区间上有解,化简可得,借助对号函数即可解得实数a的取值范围.【详解】易知函数单调递增且有惟一的零点为,所以,∴,问题转化为:使方程在区间上有解,即在区间上有解,而根据“对勾函数”可知函数在区间的值域为,∴.故选D.【点睛】本题考查了函数的零点问题,考查了方程有解问题,分离参数法及构造函数法的应用,考查了利用“对勾函数”求参数取值范围问题,难度较难.9、D【解析】构造函数,令,则,由可得,则是区间上的单调递减函数,且,当x∈(0,1)时,g(x)>0,∵lnx<0,f(x)<0,(x2-1)f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,∵lnx>0,∴f(x)<0,(x2-1)f(x)<0∵f(x)是奇函数,当x∈(-1,0)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)<0∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0,(x2-1)f(x)>0.综上所述,使得(x2-1)f(x)>0成立的x的取值范围是.本题选择D选项.点睛:函数的单调性是函数的重要性质之一,它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关,但如果我们能挖掘其内在联系,抓住其本质,那么运用函数的单调性解题,能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识,并掌握好使用的技巧和方法,这是非常必要的.根据题目的特点,构造一个适当的函数,利用它的单调性进行解题,是一种常用技巧.许多问题,如果运用这种思想去解决,往往能获得简洁明快的思路,有着非凡的功效.10、B【解析】

根据函数奇偶性的性质,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】设,若函数是上的奇函数,则,所以,函数的图象关于轴对称.所以,“是奇函数”“的图象关于轴对称”;若函数是上的偶函数,则,所以,函数的图象关于轴对称.所以,“的图象关于轴对称”“是奇函数”.因此,“的图象关于轴对称”是“是奇函数”的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合函数奇偶性的性质判断是解决本题的关键,考查推理能力,属于中等题.11、B【解析】

由题意可将方程转化为,令,,进而将方程转化为,即或,再利用的单调性与最值即可得到结论.【详解】由题意知方程在上恰有三个不相等的实根,即,①.因为,①式两边同除以,得.所以方程有三个不等的正实根.记,,则上述方程转化为.即,所以或.因为,当时,,所以在,上单调递增,且时,.当时,,在上单调递减,且时,.所以当时,取最大值,当,有一根.所以恰有两个不相等的实根,所以.故选:B.【点睛】本题考查了函数与方程的关系,考查函数的单调性与最值,转化的数学思想,属于中档题.12、C【解析】

分析函数的定义域和单调性,然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性,由此确定正确选项.【详解】函数的定义域为,在上为减函数.A选项,的定义域为,在上为增函数,不符合.B选项,的定义域为,不符合.C选项,的定义域为,在上为减函数,符合.D选项,的定义域为,不符合.故选:C【点睛】本小题主要考查函数的定义域和单调性,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、或1【解析】

利用导数的几何意义,可得切线的斜率,以及切线方程,求得切线与轴和的交点,由三角形的面积公式可得所求值.【详解】的导数为,可得切线的斜率为3,切线方程为,可得,可得切线与轴的交点为,,切线与的交点为,可得,解得或。【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程,以及直线方程的运用,三角形的面积求法。14、【解析】

要使函数有意义,则,即,解得,故函数的定义域是.15、55【解析】

由求出.由,可得,两式相减,可得数列是以1为首项,1为公差的等差数列,即求.【详解】由题意,当n=1时,,当时,由,可得,两式相减,可得,整理得,,即,∴数列是以1为首项,1为公差的等差数列,.故答案为:55.【点睛】本题考查求数列的前项和,属于基础题.16、【解析】

先求得时;再由可得时,两式作差可得,进而求解.【详解】当时,,解得;由,可知当时,,两式相减,得,即,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以,故答案为:【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用.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】试题分析:(1)由正弦定理得到.消去公因式得到所以.进而得到角A;(2)结合三角形的面积公式,和余弦定理得到,联立两式得到.解析:(I)因为,所以,由正弦定理,得.又因为,,所以.又因为,所以.(II)由,得,由余弦定理,得,即,因为,解得.因为,所以.18、(1)(2)见解析【解析】

(1)取,则;取,则,∴;(2)要证,只需证,当时,;假设当时,结论成立,即,两边同乘以3得:而∴,即时结论也成立,∴当时,成立.综上原不等式获证.19、(1)或;(2)或.【解析】试题分析:(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组,分别求解集,最后求并集(2)根据绝对值三角不等式得最小值,再解含绝对值不等式可得的取值范围.试题解析:(1)等价于或或,解得:或.故不等式的解集为或.(2)因为:所以,由题意得:,解得或.点睛: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.20、(1)(2)为减函数,为增函数.(3)证明见解析【解析】

(1)求出导函数,求出切线方程,令得切线的纵截距,可得(必须利用函数的单调性求解);(2)求函数的导数,由导数的正负确定单调性;(3)不等式变形为,由递减,得(),即,即,依次放缩,.不等式,递增得(),,,,先证,然后同样放缩得出结论.【详解】解:(1)对求导,得.因此.又因为,所以曲线在点处的切线方程为,即.由题意,.显然,适合上式.令,求导得,因此为增函数:故是唯一解.(2)由(1)可知,,因为,所以为减函数.因为,所以为增函数.(3)证明:由,易得.由(2)可知,在上为减函数.因此,当时,,即.令,得,即.因此,当时,.所以成立.下面证明:.由(2)可知,在上为增函数.因此,当时,,即.因此,即.令,得,即.当时,.因为,所以,所以.所以,当时,.所以,当时,成立.综上所述,当时,成立.【点睛】本题考查导数的几何意义,考查用导数研究函数的单调性,考查用导数证明不等式.本题中不等式的证明,考查了转化与化归的能力,把不等式变形后利用第(2)小题函数的单调性得出数列的不等关系:,.这是最关键的一步.然后一步一步放缩即可证明.本题属于困难题.2

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