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文档简介

2023年高考数学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.在中,为边上的中线,为的中点,且,,则()A. B. C. D.2.2019年10月1日,中华人民共和国成立70周年,举国同庆.将2,0,1,9,10这5个数字按照任意次序排成一行,拼成一个6位数,则产生的不同的6位数的个数为A.96 B.84 C.120 D.3603.将一张边长为的纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形,将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥模型,如图(2)放置,如果正四棱锥的主视图是正三角形,如图(3)所示,则正四棱锥的体积是()A. B. C. D.4.已知抛物线C:,过焦点F的直线l与抛物线C交于A,B两点(A在x轴上方),且满足,则直线l的斜率为()A.1 B.C.2 D.35.已知数列满足,且成等比数列.若的前n项和为,则的最小值为()A. B. C. D.6.由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1>0”是“S9>S8”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7.已知命题:R,;命题:R,,则下列命题中为真命题的是()A. B. C. D.8.在直角中,,,,若,则()A. B. C. D.9.已知,是两条不重合的直线,是一个平面,则下列命题中正确的是()A.若,,则 B.若,,则C.若,,则 D.若,,则10.函数的图象可能是()A. B. C. D.11.已知函数,,若,对任意恒有,在区间上有且只有一个使,则的最大值为()A. B. C. D.12.若函数的图象如图所示,则的解析式可能是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数,则曲线在点处的切线方程为___________.14.在的二项展开式中,所有项的二项式系数之和为256,则_______,项的系数等于________.15.根据如图所示的伪代码,输出的值为______.16.已知向量,,若满足,且方向相同,则__________.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)在极坐标系中,曲线的方程为,以极点为原点,极轴所在直线为轴建立直角坐标,直线的参数方程为(为参数),与交于,两点.(1)写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(2)设点;若、、成等比数列,求的值18.(12分)在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求的普通方程和的直角坐标方程;(2)把曲线向下平移个单位,然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线(纵坐标不变),设点是曲线上的一个动点,求它到直线的距离的最小值.19.(12分)已知等差数列的前n项和为,等比数列的前n项和为,且,,.(1)求数列与的通项公式;(2)求数列的前n项和.20.(12分)设,(1)求的单调区间;(2)设恒成立,求实数的取值范围.21.(12分)已知椭圆:的两个焦点是,,在椭圆上,且,为坐标原点,直线与直线平行,且与椭圆交于,两点.连接、与轴交于点,.(1)求椭圆的标准方程;(2)求证:为定值.22.(10分)如图,已知椭圆C:x24+y2=1,F为其右焦点,直线l:y=kx+m(km<0)与椭圆交于P(x1(I)试用x1表示|PF|(II)证明:原点O到直线l的距离为定值.

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】

根据向量的线性运算可得,利用及,计算即可.【详解】因为,所以,所以,故选:A【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,向量数量积的运算,向量数量积的性质,属于中档题.2、B【解析】

2,0,1,9,10按照任意次序排成一行,得所有不以0开头的排列数共个,其中含有2个10的排列数共个,所以产生的不同的6位数的个数为.故选B.3、B【解析】设折成的四棱锥的底面边长为,高为,则,故由题设可得,所以四棱锥的体积,应选答案B.4、B【解析】

设直线的方程为代入抛物线方程,利用韦达定理可得,,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果.【详解】设,(,).易知直线l的斜率存在且不为0,设为,则直线l的方程为.与抛物线方程联立得,所以,.因为,所以,得,所以,即,,所以.故选:B.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力,属于中档题.5、D【解析】

利用等比中项性质可得等差数列的首项,进而求得,再利用二次函数的性质,可得当或时,取到最小值.【详解】根据题意,可知为等差数列,公差,由成等比数列,可得,∴,解得.∴.根据单调性,可知当或时,取到最小值,最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意当或时同时取到最值.6、C【解析】

根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解:若{an}是等比数列,则,

若,则,即成立,

若成立,则,即,

故“”是“”的充要条件,

故选:C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.7、B【解析】

根据,可知命题的真假,然后对取值,可得命题的真假,最后根据真值表,可得结果.【详解】对命题:可知,所以R,故命题为假命题命题:取,可知所以R,故命题为真命题所以为真命题故选:B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用,识记真值表,属基础题.8、C【解析】

在直角三角形ABC中,求得,再由向量的加减运算,运用平面向量基本定理,结合向量数量积的定义和性质:向量的平方即为模的平方,化简计算即可得到所求值.【详解】在直角中,,,,,

若,则故选C.【点睛】本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质,主要是向量的平方即为模的平方,考查运算能力,属于中档题.9、D【解析】

利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.【详解】解:选项A中直线,还可能相交或异面,选项B中,还可能异面,选项C,由条件可得或.故选:D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识;考查空间想象能力、推理论证能力,属于基础题.10、A【解析】

先判断函数的奇偶性,以及该函数在区间上的函数值符号,结合排除法可得出正确选项.【详解】函数的定义域为,,该函数为偶函数,排除B、D选项;当时,,排除C选项.故选:A.【点睛】本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象,一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号,结合排除法得出结果,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.11、C【解析】

根据的零点和最值点列方程组,求得的表达式(用表示),根据在上有且只有一个最大值,求得的取值范围,求得对应的取值范围,由为整数对的取值进行验证,由此求得的最大值.【详解】由题意知,则其中,.又在上有且只有一个最大值,所以,得,即,所以,又,因此.①当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;②当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;③当时,,此时取可使成立,当时,,所以当时,成立;综上所得的最大值为.故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的零点和最值,考查三角函数的性质,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.12、A【解析】

由函数性质,结合特殊值验证,通过排除法求得结果.【详解】对于选项B,为奇函数可判断B错误;对于选项C,当时,,可判断C错误;对于选项D,,可知函数在第一象限的图象无增区间,故D错误;故选:A.【点睛】本题考查已知函数的图象判断解析式问题,通过函数性质及特殊值利用排除法是解决本题的关键,难度一般.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

根据导数的几何意义求出切线的斜率,利用点斜式求切线方程.【详解】因为,所以,又故切线方程为,整理为,故答案为:【点睛】本题主要考查了导数的几何意义,切线方程,属于容易题.14、81【解析】

根据二项式系数和的性质可得n,再利用展开式的通项公式求含项的系数即可.【详解】由于所有项的二项式系数之和为,,故的二项展开式的通项公式为,令,求得,可得含x项的系数等于,故答案为:8;1.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式,属于中档题.15、7【解析】

表示初值S=1,i=1,分三次循环计算得S=10>0,输出i=7.【详解】S=1,i=1第一次循环:S=1+1=2,i=1+2=3;第二次循环:S=2+3=5,i=3+2=5;第三次循环:S=5+5=10,i=5+2=7;S=10>9,循环结束,输出:i=7.故答案为:7【点睛】本题考查在程序语句的背景下已知输入的循环结构求输出值问题,属于基础题.16、【解析】

由向量平行坐标表示计算.注意验证两向量方向是否相同.【详解】∵,∴,解得或,时,满足题意,时,,方向相反,不合题意,舍去.∴.故答案为:1.【点睛】本题考查向量平行的坐标运算,解题时要注意验证方向相同这个条件,否则会出错.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)曲线的直角坐标方程为,直线的普通方程为;(2)【解析】

(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化,即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(2)把的参数方程代入抛物线方程中,利用韦达定理得,,可得到,根据因为,,成等比数列,列出方程,即可求解.【详解】(1)由题意,曲线的极坐标方程可化为,又由,可得曲线的直角坐标方程为,由直线的参数方程为(为参数),消去参数,得,即直线的普通方程为;(2)把的参数方程代入抛物线方程中,得,由,设方程的两根分别为,,则,,可得,.所以,,.因为,,成等比数列,所以,即,则,解得解得或(舍),所以实数.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程,以及参数方程与普通方程的互化,以及直线参数方程的应用,其中解答中熟记互化公式,合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.18、(1),;(2).【解析】

(1)在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程,在曲线的极坐标方程两边同时乘以得,进而可化简得出曲线的直角坐标方程;(2)根据变换得出的普通方程为,可设点的坐标为,利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.【详解】(1)由(为参数),得,化简得,故直线的普通方程为.由,得,又,,.所以的直角坐标方程为;(2)由(1)得曲线的直角坐标方程为,向下平移个单位得到,纵坐标不变,横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为,所以曲线的参数方程为(为参数).故点到直线的距离为,当时,最小为.【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化,同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解,考查计算能力,属于中等题.19、(1);(2)【解析】

(1)设数列的公差为d,由可得,,由即可解得,故,由,即可解得,进而求得.(2)由(1)得,,利用分组求和及错位相减法即可求得结果.【详解】(1)设数列的公差为d,数列的公比为q,由可得,,整理得,即,故,由可得,则,即,故.(2)由(1)得,,,故,所以,数列的前n项和为,设①,则②,②①得,综上,数列的前n项和为.【点睛】本题考查求等差等比的通项公式,考试分组求和及错位相减法求数列的和,考查学生的计算能力,难度一般.20、(1)单调递增区间为,单调递减区间为;(2)【解析】

(1),令,解不等式即可;(2),令得,即,且的最小值为,令,结合即可解决.【详解】(1),当时,,递增,当时,,递减.故的单调递增区间为,单调递减区间为.(2),,,设的根为,即有可得,,当时,,递减,当时,,递增.,所以,①当;②当时,设,递增,,所以.综上,.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性以及函数恒成立问题,这里要强调一点,处理恒成立问题时,通常是构造函数,将问题转化为函数的极值或最值来处理.21、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)根据椭圆的定义可得,将代入椭圆方程,即可求得的值,求得椭圆方程;(2)设直线的方程,代入椭圆方程,求得直线和的方程,求得和的横坐标,表示出,根据韦达定理即可求证为定值.【详解】(1)因为,由椭圆的定义得,,点在椭圆上,代入椭圆方程,解得,所以的方程为;(2)证明:设,,直线的斜率为,设直线的方程为,联立

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