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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.已知复数,则()A. B. C. D.22.一个正三棱柱的正(主)视图如图,则该正三棱柱的侧面积是()A.16 B.12 C.8 D.63.已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次,若发球成功,则停止发球,否则一直发到次结束为止.某考生一次发球成功的概率为,发球次数为,若的数学期望,则的取值范围为()A. B. C. D.4.已知定义在上的函数满足,且当时,,则方程的最小实根的值为()A. B. C. D.5.已知点P不在直线l、m上,则“过点P可以作无数个平面,使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”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6.在边长为2的菱形中,,将菱形沿对角线对折,使二面角的余弦值为,则所得三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.7.若各项均为正数的等比数列满足,则公比()A.1 B.2 C.3 D.48.若函数的图象上两点,关于直线的对称点在的图象上,则的取值范围是()A. B. C. D.9.已知、分别是双曲线的左、右焦点,过作双曲线的一条渐近线的垂线,分别交两条渐近线于点、,过点作轴的垂线,垂足恰为,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.10.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)11.已知函数f(x)=xex2+axeA.1 B.-1 C.a D.-a12.已知正项等比数列中,存在两项,使得,,则的最小值是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图所示,在△ABC中,AB=AC=2,,,AE的延长线交BC边于点F,若,则____.14.已知数列的前项和为,且成等差数列,,数列的前项和为,则满足的最小正整数的值为______________.15.在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线(a>0)的一条渐近线方程为,则a=_______.16.设函数在区间上的值域是,则的取值范围是__________.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)选修4-5:不等式选讲已知函数.(1)设,求不等式的解集;(2)已知,且的最小值等于,求实数的值.18.(12分)已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点,与的公共弦的长为.(1)求的方程;(2)过点的直线与相交于、两点,与相交于、两点,且与同向,设在点处的切线与轴的交点为,证明:直线绕点旋转时,总是钝角三角形;(3)为上的动点,、为长轴的两个端点,过点作的平行线交椭圆于点,过点作的平行线交椭圆于点,请问的面积是否为定值,并说明理由.19.(12分)设,(1)求的单调区间;(2)设恒成立,求实数的取值范围.20.(12分)的内角、、所对的边长分别为、、,已知.(1)求的值;(2)若,点是线段的中点,,求的面积.21.(12分)定义:若数列满足所有的项均由构成且其中有个,有个,则称为“﹣数列”.(1)为“﹣数列”中的任意三项,则使得的取法有多少种?(2)为“﹣数列”中的任意三项,则存在多少正整数对使得且的概率为.22.(10分)在中,角的对边分别为,若.(1)求角的大小;(2)若,为外一点,,求四边形面积的最大值.
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】
根据复数模的性质即可求解.【详解】,,故选:C【点睛】本题主要考查了复数模的性质,属于容易题.2、B【解析】
根据正三棱柱的主视图,以及长度,可知该几何体的底面正三角形的边长,然后根据矩形的面积公式,可得结果.【详解】由题可知:该几何体的底面正三角形的边长为2所以该正三棱柱的三个侧面均为边长为2的正方形,所以该正三棱柱的侧面积为故选:B【点睛】本题考查正三棱柱侧面积的计算以及三视图的认识,关键在于求得底面正三角形的边长,掌握一些常见的几何体的三视图,比如:三棱锥,圆锥,圆柱等,属基础题.3、A【解析】
根据题意,分别求出再根据离散型随机变量期望公式进行求解即可【详解】由题可知,,,则解得,由可得,答案选A【点睛】本题考查离散型随机变量期望的求解,易错点为第三次发球分为两种情况:三次都不成功、第三次成功4、C【解析】
先确定解析式求出的函数值,然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的,通过计算即可得到答案.【详解】当时,,所以,故当时,,所以,而,所以,又当时,的极大值为1,所以当时,的极大值为,设方程的最小实根为,,则,即,此时令,得,所以最小实根为411.故选:C.【点睛】本题考查函数与方程的根的最小值问题,涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识,本题有一定的难度及高度,是一道有较好区分度的压轴选这题.5、C【解析】
根据直线和平面平行的性质,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】点不在直线、上,若直线、互相平行,则过点可以作无数个平面,使得直线、都与这些平面平行,即必要性成立,若过点可以作无数个平面,使得直线、都与这些平面平行,则直线、互相平行成立,反证法证明如下:若直线、互相不平行,则,异面或相交,则过点只能作一个平面同时和两条直线平行,则与条件矛盾,即充分性成立则“过点可以作无数个平面,使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件,故选:.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键.6、D【解析】
取AC中点N,由题意得即为二面角的平面角,过点B作于O,易得点O为的中心,则三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,列出方程即可得解.【详解】如图,由题意易知与均为正三角形,取AC中点N,连接BN,DN,则,,即为二面角的平面角,过点B作于O,则平面ACD,由,可得,,,即点O为的中心,三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,,,解得,三棱锥的外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解,考查了空间想象能力,属于中档题.7、C【解析】
由正项等比数列满足,即,又,即,运算即可得解.【详解】解:因为,所以,又,所以,又,解得.故选:C.【点睛】本题考查了等比数列基本量的求法,属基础题.8、D【解析】
由题可知,可转化为曲线与有两个公共点,可转化为方程有两解,构造函数,利用导数研究函数单调性,分析即得解【详解】函数的图象上两点,关于直线的对称点在上,即曲线与有两个公共点,即方程有两解,即有两解,令,则,则当时,;当时,,故时取得极大值,也即为最大值,当时,;当时,,所以满足条件.故选:D【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点,考查了学生综合分析,转化划归,数形结合,数学运算的能力,属于较难题.9、B【解析】
设点位于第二象限,可求得点的坐标,再由直线与直线垂直,转化为两直线斜率之积为可得出的值,进而可求得双曲线的离心率.【详解】设点位于第二象限,由于轴,则点的横坐标为,纵坐标为,即点,由题意可知,直线与直线垂直,,,因此,双曲线的离心率为.故选:B.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算,解答的关键就是得出、、的等量关系,考查计算能力,属于中等题.10、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.11、A【解析】
令xex=t,构造g(x)=xex,要使函数f(x)=xex2+axex-a有三个不同的零点x1,x2,【详解】令xex=t,构造g(x)=xex,求导得g'(x)=故g(x)在-∞,1上单调递增,在1,+∞上单调递减,且x<0时,g(x)<0,x>0时,g(x)>0,g(x)max=g(1)=1e,可画出函数g(x)的图象(见下图),要使函数f(x)=xex2+axex-a有三个不同的零点x1,x若a>0,即t1+t2=-a<0t1故1-x若a<-4,即t1+t2=-a>4t1故选A.【点睛】解决函数零点问题,常常利用数形结合、等价转化等数学思想.12、C【解析】
由已知求出等比数列的公比,进而求出,尝试用基本不等式,但取不到等号,所以考虑直接取的值代入比较即可.【详解】,,或(舍).,,.当,时;当,时;当,时,,所以最小值为.故选:C.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算及最小值,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】
过点做,可得,,由可得,可得,代入可得答案.【详解】解:如图,过点做,易得:,,,故,可得:,同理:,,可得,,由,可得,可得:,可得:,,故答案为:.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积,由题意作出是解题的关键.14、1【解析】
本题先根据公式初步找到数列的通项公式,然后根据等差中项的性质可解得的值,即可确定数列的通项公式,代入数列的表达式计算出数列的通项公式,然后运用裂项相消法计算出前项和,再代入不等式进行计算可得最小正整数的值.【详解】由题意,当时,.当时,.则,.,,成等差数列,,即,解得..,...,.即,,即,,,,即.满足的最小正整数的值为1.故答案为:1.【点睛】本题主要考查数列求通项公式、裂项相消法求前项和,考查了转化思想、方程思想,考查了不等式的计算、逻辑思维能力和数学运算能力.15、3【解析】
双曲线的焦点在轴上,渐近线为,结合渐近线方程为可求.【详解】因为双曲线(a>0)的渐近线为,且一条渐近线方程为,所以.故答案为:.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线,明确双曲线的焦点位置,写出双曲线的渐近线方程的对应形式是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.16、.【解析】
配方求出顶点,作出图像,求出对应的自变量,结合函数图像,即可求解.【详解】,顶点为因为函数的值域是,令,可得或.又因为函数图象的对称轴为,且,所以的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查函数值域,考查数形结合思想,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)把f(x)去绝对值写成分段函数的形式,分类讨论,分别求得解集,综合可得结论.(2)把f(x)去绝对值写成分段函数,画出f(x)的图像,找出利用条件求得a的值.【详解】(1)时,.当时,即为,解得.当时,,解得.当时,,解得.综上,的解集为.(2).,由的图象知,,.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法及含绝对值的函数的最值问题,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题18、(1);(2)证明见解析;(3)是,理由见解析.【解析】
(1)根据两个曲线的焦点相同,得到,再根据与的公共弦长为得出,可求出和的值,进而可得出曲线的方程;(2)设点,根据导数的几何意义得到曲线在点处的切线方程,求出点的坐标,利用向量的数量积得出,则问题得以证明;(3)设直线,直线,、、,推导出以及,求出和,通过化简计算可得出为定值,进而可得出结论.【详解】(1)由知其焦点的坐标为,也是椭圆的一个焦点,,①又与的公共弦的长为,与都关于轴对称,且的方程为,由此易知与的公共点的坐标为,,②联立①②,得,,故的方程为;(2)如图,,由得,在点处的切线方程为,即,令,得,即,,而,于是,因此是锐角,从而是钝角.故直线绕点旋转时,总是钝角三角形;(3)设直线,直线,、、,则,设向量和的夹角为,则的面积为,由,可得,同理可得,故有.又,故,则,因此,的面积为定值.【点睛】本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系,考查钝角三角形的判定以及三角形面积为定值的求解,关键是联立方程,构造方程,利用韦达定理,以及向量的关系,得到关于斜率的方程,计算量大,属于难题.19、(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.20、(1)(2)【解析】
(1)利用正弦定理的边化角公式,结合两角和的正弦公式,即可得出的值;(2)由题意得出,两边平方,化简得出,根据三角形面积公式,即可得出结论.【详解】(1)由正弦定理得即即在中,,所以(2)因为点是线段的中点,所以两边平方得由得整理得,解得或(舍)所以的面积【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化角公式,三角形的面积公式,属于中档题.21、(1)16;(
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