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文档简介
2023年高考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.复数的虚部是()A. B. C. D.2.为比较甲、乙两名高中学生的数学素养,对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验(指标值满分为100分,分值高者为优),根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图,则下面叙述不正确的是()A.甲的数据分析素养优于乙 B.乙的数据分析素养优于数学建模素养C.甲的六大素养整体水平优于乙 D.甲的六大素养中数学运算最强3.在各项均为正数的等比数列中,若,则()A. B.6 C.4 D.54.己知,,,则()A. B. C. D.5.已知定义在上的奇函数,其导函数为,当时,恒有.则不等式的解集为().A. B.C.或 D.或6.已知函数,对任意的,,当时,,则下列判断正确的是()A. B.函数在上递增C.函数的一条对称轴是 D.函数的一个对称中心是7.已知i为虚数单位,则()A. B. C. D.8.一个盒子里有4个分别标有号码为1,2,3,4的小球,每次取出一个,记下它的标号后再放回盒子中,共取3次,则取得小球标号最大值是4的取法有()A.17种 B.27种 C.37种 D.47种9.一个组合体的三视图如图所示(图中网格小正方形的边长为1),则该几何体的体积是()A. B. C. D.10.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体,小圆柱底面半径为,大圆柱底面半径为,如图1放置容器时,液面以上空余部分的高为,如图2放置容器时,液面以上空余部分的高为,则()A. B. C. D.11.已知函数的图象如图所示,则可以为()A. B. C. D.12.函数的部分图象如图所示,则()A.6 B.5 C.4 D.3二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.展开式中项的系数是__________14.设满足约束条件,则目标函数的最小值为_.15.已知函数,若的最小值为,则实数的取值范围是_________16.在中,内角的对边长分别为,已知,且,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)设点,分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上任意一点,且的最小值为1.(1)求椭圆的方程;(2)如图,动直线与椭圆有且仅有一个公共点,点,是直线上的两点,且,,求四边形面积的最大值.18.(12分)2019年是五四运动100周年.五四运动以来的100年,是中国青年一代又一代接续奋斗、凯歌前行的100年,是中口青年用青春之我创造青春之中国、青春之民族的100年.为继承和发扬五四精神在青年节到来之际,学校组织“五四运动100周年”知识竞赛,竞赛的一个环节由10道题目组成,其中6道A类题、4道B类题,参赛者需从10道题目中随机抽取3道作答,现有甲同学参加该环节的比赛.(1)求甲同学至少抽到2道B类题的概率;(2)若甲同学答对每道A类题的概率都是,答对每道B类题的概率都是,且各题答对与否相互独立.现已知甲同学恰好抽中2道A类题和1道B类题,用X表示甲同学答对题目的个数,求随机变量X的分布列和数学期望.19.(12分)已知函数(1)若,试讨论的单调性;(2)若,实数为方程的两不等实根,求证:.20.(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为:(其中为参数),直线的参数方程为(其中为参数)(1)以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,求曲线的极坐标方程;(2)若曲线与直线交于两点,点的坐标为,求的值.21.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若在定义域内是增函数,且存在不相等的正实数,使得,证明:.22.(10分)己知,,.(1)求证:;(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、C【解析】因为,所以的虚部是,故选C.2、D【解析】
根据所给的雷达图逐个选项分析即可.【详解】对于A,甲的数据分析素养为100分,乙的数据分析素养为80分,故甲的数据分析素养优于乙,故A正确;对于B,乙的数据分析素养为80分,数学建模素养为60分,故乙的数据分析素养优于数学建模素养,故B正确;对于C,甲的六大素养整体水平平均得分为,乙的六大素养整体水平均得分为,故C正确;对于D,甲的六大素养中数学运算为80分,不是最强的,故D错误;故选:D【点睛】本题考查了样本数据的特征、平均数的计算,考查了学生的数据处理能力,属于基础题.3、D【解析】
由对数运算法则和等比数列的性质计算.【详解】由题意.故选:D.【点睛】本题考查等比数列的性质,考查对数的运算法则.掌握等比数列的性质是解题关键.4、B【解析】
先将三个数通过指数,对数运算变形,再判断.【详解】因为,,所以,故选:B.【点睛】本题主要考查指数、对数的大小比较,还考查推理论证能力以及化归与转化思想,属于中档题.5、D【解析】
先通过得到原函数为增函数且为偶函数,再利用到轴距离求解不等式即可.【详解】构造函数,则由题可知,所以在时为增函数;由为奇函数,为奇函数,所以为偶函数;又,即即又为开口向上的偶函数所以,解得或故选:D【点睛】此题考查根据导函数构造原函数,偶函数解不等式等知识点,属于较难题目.6、D【解析】
利用辅助角公式将正弦函数化简,然后通过题目已知条件求出函数的周期,从而得到,即可求出解析式,然后利用函数的性质即可判断.【详解】,又,即,有且仅有满足条件;又,则,,函数,对于A,,故A错误;对于B,由,解得,故B错误;对于C,当时,,故C错误;对于D,由,故D正确.故选:D【点睛】本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质,熟记性质是解题的关键,属于基础题.7、A【解析】
根据复数乘除运算法则,即可求解.【详解】.故选:A.【点睛】本题考查复数代数运算,属于基础题题.8、C【解析】
由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种;先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.【详解】所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,故选:C【点睛】本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.9、C【解析】
根据组合几何体的三视图还原出几何体,几何体是圆柱中挖去一个三棱柱,从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得,几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱,故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积,即,故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题,解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体,然后根据几何体的结构求出其体积.10、B【解析】
根据空余部分体积相等列出等式即可求解.【详解】在图1中,液面以上空余部分的体积为;在图2中,液面以上空余部分的体积为.因为,所以.故选:B【点睛】本题考查圆柱的体积,属于基础题.11、A【解析】
根据图象可知,函数为奇函数,以及函数在上单调递增,且有一个零点,即可对选项逐个验证即可得出.【详解】首先对4个选项进行奇偶性判断,可知,为偶函数,不符合题意,排除B;其次,在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断,在上无零点,不符合题意,排除D;然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断,在上单调递减,不符合题意,排除C.故选:A.【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断,意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力,属于容易题.12、A【解析】
根据正切函数的图象求出A、B两点的坐标,再求出向量的坐标,根据向量数量积的坐标运算求出结果.【详解】由图象得,令=0,即=kπ,k=0时解得x=2,令=1,即,解得x=3,∴A(2,0),B(3,1),∴,∴.故选:A.【点睛】本题考查正切函数的图象,平面向量数量积的运算,属于综合题,但是难度不大,解题关键是利用图象与正切函数图象求出坐标,再根据向量数量积的坐标运算可得结果,属于简单题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、-20【解析】
根据二项式定理的通项公式,再分情况考虑即可求解.【详解】解:展开式中项的系数:二项式由通项公式当时,项的系数是,当时,项的系数是,故的系数为;故答案为:【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,注意分情况考虑,属于基础题.14、【解析】
根据满足约束条件,画出可行域,将目标函数,转化为,平移直线,找到直线在轴上截距最小时的点,此时,目标函数取得最小值.【详解】由满足约束条件,画出可行域如图所示阴影部分:将目标函数,转化为,平移直线,找到直线在轴上截距最小时的点此时,目标函数取得最小值,最小值为故答案为:-1【点睛】本题主要考查线性规划求最值,还考查了数形结合的思想方法,属于基础题.15、【解析】
,可得在时,最小值为,时,要使得最小值为,则对称轴在1的右边,且,求解出即满足最小值为.【详解】当,,当且仅当时,等号成立.当时,为二次函数,要想在处取最小,则对称轴要满足并且,即,解得.【点睛】本题考查分段函数的最值问题,对每段函数先进行分类讨论,找到每段的最小值,然后再对两段函数的最小值进行比较,得到结果,题目较综合,属于中档题.16、4【解析】∵∴根据正弦定理与余弦定理可得:,即∵∴∵∴故答案为4三、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)2.【解析】
(1)利用的最小值为1,可得,,即可求椭圆的方程;(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得到关于的一元二次方程,由直线与椭圆仅有一个公共点知,即可得到,的关系式,利用点到直线的距离公式即可得到,.当时,设直线的倾斜角为,则,即可得到四边形面积的表达式,利用基本不等式的性质,结合当时,四边形是矩形,即可得出的最大值.【详解】(1)设,则,,,,由题意得,,椭圆的方程为;
(2)将直线的方程代入椭圆的方程中,得.
由直线与椭圆仅有一个公共点知,,化简得:.
设,,当时,设直线的倾斜角为,则,,,,∴当时,,,.当时,四边形是矩形,.
所以四边形面积的最大值为2.【点睛】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系、向量知识、二次函数的单调性、基本不等式的性质等基础知识,考查运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力,考查数形结合、化归与转化思想.18、(1);(2)分布列见解析,期望为.【解析】
(1)甲同学至少抽到2道B类题包含两个事件:一个抽到2道B类题,一个是抽到3个B类题,计算出抽法数后可求得概率;(2)的所有可能值分别为,依次计算概率得分布列,再由期望公式计算期望.【详解】(1)令“甲同学至少抽到2道B类题”为事件,则抽到2道类题有种取法,抽到3道类题有种取法,∴;(2)的所有可能值分别为,,,,,∴的分布列为:0123【点睛】本题考查古典概型,考查随机变量的概率分布列和数学期望.解题关键是掌握相互独立事件同时发生的概率计算公式.19、(1)答案不唯一,具体见解析(2)证明见解析【解析】
(1)根据题意得,分与讨论即可得到函数的单调性;(2)根据题意构造函数,得,参变分离得,分析不等式,即转化为,设,再构造函数,利用导数得单调性,进而得证.【详解】(1)依题意,当时,,①当时,恒成立,此时在定义域上单调递增;②当时,若,;若,;故此时的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)方法1:由得令,则,依题意有,即,要证,只需证(不妨设),即证,令,设,则,在单调递减,即,从而有.方法2:由得令,则,当时,时,故在上单调递增,在上单调递减,不妨设,则,要证,只需证,易知,故只需证,即证令,(),则==,(也可代入后再求导)在上单调递减,,故对于时,总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,属于难题.20、(1)(2)5【解析】
(1)首先消去参数得到曲线的普通方程,再根据,,得到曲线的极坐标方程;(2)将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程,利用直线的参数方程中参数的几何意义得解;【详解】解:(1)曲线:消去参数得到:,由,,得所以(2)代入,设,,由直线的参数方程参数的几何意义得:【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程、普通方程的互化,以及直线参数方程的几何意义的应用,属于中档题.21、(1)当时,在上递增,在上递减;当时,在上递增,在上递减,在上递增;当时,在上递增;当时,在上递增,在上递减,在上递增;(2)证明见解析【解析】
(1)对求导,分,,进行讨论,可得的单调性;(2)在定义域内是是增函数,由(1)可知,,设,可得,则,设,对求导,利用其单调性可证明.【详解】解:的定义域为,因为,所以,当时,令,得,令,得;当时,则,令,得,或,令,得;当时,,当时,则,令,得;综上所述,当时,在上递增,在上递减;当时,在上递增,在上递减,在上递增;当时,在上递增;当时,在上递增,在上递减,在上递增;(2)在定义域内是是增函数,由(1)可知,此时,设,又因为,则,设,则对于任意成立,所以在上是增函数,所以对于,有,即,有,因为
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