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文档简介
2023年高考数学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.已知无穷等比数列的公比为2,且,则()A. B. C. D.2.函数f(x)=sin(wx+)(w>0,<)的最小正周期是π,若将该函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线x=对称,则函数f(x)的解析式为()A.f(x)=sin(2x+) B.f(x)=sin(2x-)C.f(x)=sin(2x+) D.f(x)=sin(2x-)3.已知底面为正方形的四棱锥,其一条侧棱垂直于底面,那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()A. B. C. D.4.已知的内角的对边分别是且,若为最大边,则的取值范围是()A. B. C. D.5.若集合,,则()A. B. C. D.6.由曲线y=x2与曲线y2=x所围成的平面图形的面积为()A.1 B. C. D.7.第24届冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京市和张家口市举行,为了解奥运会会旗中五环所占面积与单独五个环面积之和的比值P,某学生做如图所示的模拟实验:通过计算机模拟在长为10,宽为6的长方形奥运会旗内随机取N个点,经统计落入五环内部及其边界上的点数为n个,已知圆环半径为1,则比值P的近似值为()A. B. C. D.8.已知集合,则集合真子集的个数为()A.3 B.4 C.7 D.89.设等比数列的前项和为,则“”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10.已知双曲线的离心率为,抛物线的焦点坐标为,若,则双曲线的渐近线方程为()A. B.C. D.11.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.3 C. D.412.已知随机变量服从正态分布,,()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.函数过定点________.14.《易经》是中国传统文化中的精髓,如图是易经八卦(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(""表示一根阳线,""表示一根阴线),从八卦中任取两卦,这两卦的六根线中恰有两根阳线,四根阴线的概率为_______.15.设是公差不为0的等差数列的前n项和,且,则______.16.抛物线的焦点坐标为______.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)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2(1)求椭圆C的方程;(2)假设直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点.①若A为椭圆的上顶点,M为线段AB中点,连接OM并延长交椭圆C于N,并且ON=62OM,求OB的长;②若原点O到直线l的距离为1,并且18.(12分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,为正三角形,平面平面分别是的中点.(1)证明:平面(2)若,求二面角的余弦值.19.(12分)已知曲线的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为(为参数).(1)求和的普通方程;(2)过坐标原点作直线交曲线于点(异于),交曲线于点,求的最小值.20.(12分)已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.(1)求和的值;(2)若函数,求的单调递增区间及图象的对称轴方程.21.(12分)已知如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D为AC中点,AEBD于E,延长AE交BC于F,将△ABD沿BD折起,使平面ABD平面BCD,如图2所示。(Ⅰ)求证:AE平面BCD;(Ⅱ)求二面角A-DC-B的余弦值;(Ⅲ)求三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比(只需写出结果,不要求过程).22.(10分)如图,为等腰直角三角形,,D为AC上一点,将沿BD折起,得到三棱锥,且使得在底面BCD的投影E在线段BC上,连接AE.(1)证明:;(2)若,求二面角的余弦值.
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、A【解析】
依据无穷等比数列求和公式,先求出首项,再求出,利用无穷等比数列求和公式即可求出结果。【详解】因为无穷等比数列的公比为2,则无穷等比数列的公比为。由有,,解得,所以,,故选A。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用。2、D【解析】
由函数的周期求得,再由平移后的函数图像关于直线对称,得到,由此求得满足条件的的值,即可求得答案.【详解】分析:由函数的周期求得,再由平移后的函数图像关于直线对称,得到,由此求得满足条件的的值,即可求得答案.详解:因为函数的最小正周期是,所以,解得,所以,将该函数的图像向右平移个单位后,得到图像所对应的函数解析式为,由此函数图像关于直线对称,得:,即,取,得,满足,所以函数的解析式为,故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换,以及函数的解析式的求解,其中解答中根据三角函数的图象变换得到,再根据三角函数的性质求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.3、C【解析】试题分析:通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知,只有选项C是符合要求的.考点:三视图4、C【解析】
由,化简得到的值,根据余弦定理和基本不等式,即可求解.【详解】由,可得,可得,通分得,整理得,所以,因为为三角形的最大角,所以,又由余弦定理,当且仅当时,等号成立,所以,即,又由,所以的取值范围是.故选:C.【点睛】本题主要考查了代数式的化简,余弦定理,以及基本不等式的综合应用,试题难度较大,属于中档试题,着重考查了推理与运算能力.5、B【解析】
根据正弦函数的性质可得集合A,由集合性质表示形式即可求得,进而可知满足.【详解】依题意,;而,故,则.故选:B.【点睛】本题考查了集合关系的判断与应用,集合的包含关系与补集关系的应用,属于中档题.6、B【解析】
首先求得两曲线的交点坐标,据此可确定积分区间,然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.【详解】联立方程:可得:,,结合定积分的几何意义可知曲线y=x2与曲线y2=x所围成的平面图形的面积为:.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查定积分的概念与计算,属于中等题.7、B【解析】
根据比例关系求得会旗中五环所占面积,再计算比值.【详解】设会旗中五环所占面积为,由于,所以,故可得.故选:B.【点睛】本题考查面积型几何概型的问题求解,属基础题.8、C【解析】
解出集合,再由含有个元素的集合,其真子集的个数为个可得答案.【详解】解:由,得所以集合的真子集个数为个.故选:C【点睛】此题考查利用集合子集个数判断集合元素个数的应用,含有个元素的集合,其真子集的个数为个,属于基础题.9、C【解析】
根据等比数列的前项和公式,判断出正确选项.【详解】由于数列是等比数列,所以,由于,所以,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,考查等比数列前项和公式,属于基础题.10、A【解析】
求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的离心率,然后求解a,b关系,即可得到双曲线的渐近线方程.【详解】抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),则p=2,又e=p,所以e2,可得c2=4a2=a2+b2,可得:ba,所以双曲线的渐近线方程为:y=±.故选:A.【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线渐近线方程的求法,涉及抛物线的简单性质的应用.11、C【解析】
首先把三视图转换为几何体,该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,如图所示:故:.故选:C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式,考查了空间想象能力,属于基础题.12、B【解析】
利用正态分布密度曲线的对称性可得出,进而可得出结果.【详解】,所以,.故选:B.【点睛】本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
令,,与参数无关,即可得到定点.【详解】由指数函数的性质,可得,函数值与参数无关,所有过定点.故答案为:【点睛】此题考查函数的定点问题,关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关,熟记常见函数的定点可以节省解题时间.14、【解析】
观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个,还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴,或两卦全是1阳2阴。【详解】八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个,全为阴线的一个,1阴2阳的3个,1阳2阴的3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴,或两卦全是1阳2阴。∴从8个卦中任取2卦,共有种可能,两卦中共2阳4阴的情况有,所求概率为。故答案为:。【点睛】本题考查古典概型,解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响,我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数,这样才能正确地确定基本事件的个数。15、18【解析】
将已知已知转化为的形式,化简后求得,利用等差数列前公式化简,由此求得表达式的值.【详解】因为,所以.故填:.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算,考查等差数列的性质以及求和,考查运算求解能力,属于基础题.16、【解析】
变换得到,计算焦点得到答案.【详解】抛物线的标准方程为,,所以焦点坐标为.故答案为:【点睛】本题考查了抛物线的焦点坐标,属于简单题.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)x22+y2【解析】
(1)根据椭圆的几何性质可得到a2,b2;(2)联立直线和椭圆,利用弦长公式可求得弦长AB,利用点到直线的距离公式求得原点到直线l的距离,从而可求得三角形面积,再用单调性求最值可得值域.【详解】(1)因为两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形,所以a=2又由右准线方程为x=2,得到a2解得a=2,c=1,所以所以,椭圆C的方程为x2(2)①设B(x1,y1∵ON=6因为点B,N都在椭圆上,所以x122+y12所以OB=x②由原点O到直线l的距离为1,得|m|1+k2联立直线l的方程与椭圆C的方程:y=kx+mx2设A(x1,y1OA=(1+k2)所以k△OAB的面积S==1因为S=2λ(1-λ)在[并且当λ=45时,S=225所以△OAB的面积S的范围为[10【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法:(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决;(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑:①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;②利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;③利用基本不等式求出参数的取值范围;④利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.18、(1)详见解析;(2).【解析】
(1)连接,由菱形的性质以及中位线,得,由平面平面,且交线,得平面,故而,最后由线面垂直的判定得结论.(2)以为原点建平面直角坐标系,求出平面平与平面的法向量,,最后求得二面角的余弦值为.【详解】解:(1)连结∵,且是的中点,∴∵平面平面,平面平面,∴平面.∵平面,∴又为菱形,且为棱的中点,∴∴.又∵,平面∴平面.(2)由题意有,∵四边形为菱形,且∴分别以,,所在直线为轴,轴,轴建立如图所示的空间直角坐标系,设,则设平面的法向量为由,得,令,得取平面的法向量为∴二面角为锐二面角,∴二面角的余弦值为【点睛】处理线面垂直问题时,需要学生对线面垂直的判定定理特别熟悉,运用几何语言表示出来方才过关,一定要在已知平面中找两条相交直线与平面外的直线垂直,才可以证得线面垂直,其次考查了学生运用空间向量处理空间中的二面角问题,培养了学生的计算能力和空间想象力.19、(1)曲线的普通方程为:;曲线的普通方程为:(2)【解析】
(1)消去曲线参数方程中的参数,求得和的普通方程.(2)设出过原点的直线的极坐标方程,代入曲线的极坐标方程,求得的表达式,结合三角函数值域的求法,求得的最小值.【详解】(1)曲线的普通方程为:;曲线的普通方程为:.(2)设过原点的直线的极坐标方程为;由得,所以曲线的极坐标方程为在曲线中,.由得曲线的极坐标方程为,所以而到直线与曲线的交点的距离为,因此,即的最小值为.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程,考查直角坐标方程化为极坐标方程,考查极坐标系下距离的有关计算,属于中档题.20、(1),;(2),,.【解析】
(1)直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果.(2)首先把函数的关系式变形成正弦型函数,进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果.【详解】(1)由题意得,,(2)由,解得,所以对称轴为,.由,解得,所以单调递增区间为.,【点睛】本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变换,正弦型函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力,属于基础题型.21、(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ);(Ⅲ)1:5【解析】
(Ⅰ)由平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,AE⊥BD于E,能证明AE⊥平面BCD;(Ⅱ)以E为坐标原点,分别以EF、ED、EA所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,利用向量法求出二面角A-DC-B的余弦值;(Ⅲ)利用体积公式分别求出三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积,再作比写出答案即可.【详解】(Ⅰ)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,又在△ABD中,AE⊥BD于E,AE⊂平面ABD,∴AE⊥平面BCD.(Ⅱ)由(1)知AE⊥平面BCD,∴AE⊥EF,由题意知EF⊥BD,又AE⊥BD,如图,以E为坐标原点,分别以EF、ED、EA所在直线为x轴,y轴,z轴,
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