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文档简介

2023年高考数学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术:“置如其周,令相承也.又以高乘之,三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高,计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为()A. B. C. D.2.已知x,,则“”是“”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知实数,满足约束条件,则目标函数的最小值为A. B.C. D.4.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求:“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有()种.A.408 B.120 C.156 D.2405.已知函数(,)的一个零点是,函数图象的一条对称轴是直线,则当取得最小值时,函数的单调递增区间是()A.() B.()C.() D.()6.若集合,,则=()A. B. C. D.7.已知等差数列的公差为,前项和为,,,为某三角形的三边长,且该三角形有一个内角为,若对任意的恒成立,则实数().A.6 B.5 C.4 D.38.已知,则()A.2 B. C. D.39.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E、F且EF=,则下列结论中错误的是()A.AC⊥BE B.EF平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.异面直线AE,BF所成的角为定值10.若函数有且只有4个不同的零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.11.若的二项展开式中的系数是40,则正整数的值为()A.4 B.5 C.6 D.712.已知,是椭圆与双曲线的公共焦点,是它们的一个公共点,且,椭圆的离心率为,双曲线的离心率为,若,则的最小值为()A. B. C.8 D.6二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,为定长,,若的面积的最大值为,则边的长为____________.14.已知实数x,y满足(2x-y)2+4y15.已知,满足约束条件,则的最小值为__________.16.已知椭圆C:1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆的焦距为2c,过C外一点P(c,2c)作线段PF1,PF2分别交椭圆C于点A、B,若|PA|=|AF1|,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)已知,函数.(1)若,求的单调递增区间;(2)若,求的值.18.(12分)设为实数,已知函数,.(1)当时,求函数的单调区间:(2)设为实数,若不等式对任意的及任意的恒成立,求的取值范围;(3)若函数(,)有两个相异的零点,求的取值范围.19.(12分)在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),直线的参数方程为,(为参数).以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(Ⅰ)求的极坐标方程和的直角坐标方程;(Ⅱ)设分别交于两点(与原点不重合),求的最小值.20.(12分)已知椭圆:的左、右焦点分别为,,焦距为2,且经过点,斜率为的直线经过点,与椭圆交于,两点.(1)求椭圆的方程;(2)在轴上是否存在点,使得以,为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出的取值范围,如果不存在,请说明理由.21.(12分)如图所示,在三棱柱中,为等边三角形,,,平面,是线段上靠近的三等分点.(1)求证:;(2)求直线与平面所成角的正弦值.22.(10分)已知函数,(Ⅰ)当时,证明;(Ⅱ)已知点,点,设函数,当时,试判断的零点个数.

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】

将圆锥的体积用两种方式表达,即,解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r,则,又,故,所以,.故选:C.【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用,考查学生的运算求解能力、创新能力.2、D【解析】

,不能得到,成立也不能推出,即可得到答案.【详解】因为x,,当时,不妨取,,故时,不成立,当时,不妨取,则不成立,综上可知,“”是“”的既不充分也不必要条件,故选:D【点睛】本题主要考查了充分条件,必要条件的判定,属于容易题.3、B【解析】

作出不等式组对应的平面区域,目标函数的几何意义为动点到定点的斜率,利用数形结合即可得到的最小值.【详解】解:作出不等式组对应的平面区域如图:目标函数的几何意义为动点到定点的斜率,当位于时,此时的斜率最小,此时.故选B.【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算,利用z的几何意义,通过数形结合是解决本题的关键.4、A【解析】

利用间接法求解,首先对6门课程全排列,减去“乐”排在第一节的情况,再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况,最后还需加上“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻的情况;【详解】解:根据题意,首先不做任何考虑直接全排列则有(种),当“乐”排在第一节有(种),当“射”和“御”两门课程相邻时有(种),当“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻时有(种),则满足“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻的排法有(种),故选:.【点睛】本题考查排列、组合的应用,注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响,属于中档题.5、B【解析】

根据函数的一个零点是,得出,再根据是对称轴,得出,求出的最小值与对应的,写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得,,即,解得或(其中,).①又,即(其中).②由①②得或,即或(其中,,),因此的最小值为.因为,所以().又,所以,所以,令(),则().因此,当取得最小值时,的单调递增区间是().故选:B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点,在对称轴处取得最值,对称点处函数值为零,属于较易题目.6、C【解析】试题分析:化简集合故选C.考点:集合的运算.7、C【解析】

若对任意的恒成立,则为的最大值,所以由已知,只需求出取得最大值时的n即可.【详解】由已知,,又三角形有一个内角为,所以,,解得或(舍),故,当时,取得最大值,所以.故选:C.【点睛】本题考查等差数列前n项和的最值问题,考查学生的计算能力,是一道基础题.8、A【解析】

利用分段函数的性质逐步求解即可得答案.【详解】,;;故选:.【点睛】本题考查了函数值的求法,考查对数的运算和对数函数的性质,是基础题,解题时注意函数性质的合理应用.9、D【解析】

A.通过线面的垂直关系可证真假;B.根据线面平行可证真假;C.根据三棱锥的体积计算的公式可证真假;D.根据列举特殊情况可证真假.【详解】A.因为,所以平面,又因为平面,所以,故正确;B.因为,所以,且平面,平面,所以平面,故正确;C.因为为定值,到平面的距离为,所以为定值,故正确;D.当,,取为,如下图所示:因为,所以异面直线所成角为,且,当,,取为,如下图所示:因为,所以四边形是平行四边形,所以,所以异面直线所成角为,且,由此可知:异面直线所成角不是定值,故错误.故选:D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用,涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算,难度较难.注意求解异面直线所成角时,将直线平移至同一平面内.10、B【解析】

由是偶函数,则只需在上有且只有两个零点即可.【详解】解:显然是偶函数所以只需时,有且只有2个零点即可令,则令,递减,且递增,且时,有且只有2个零点,只需故选:B【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围,基础题.11、B【解析】

先化简的二项展开式中第项,然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令,则,∴,∴(舍)或.【点睛】本题考查二项展开式问题,属于基础题12、C【解析】

由椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式化简,结合基本不等式即可求解.【详解】设椭圆的长半轴长为,双曲线的半实轴长为,半焦距为,则,,设由椭圆的定义以及双曲线的定义可得:,则当且仅当时,取等号.故选:C.【点睛】本题主要考查了椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式,属于中等题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

设,以为原点,为轴建系,则,,设,,,利用求向量模的公式,可得,根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求.【详解】解:设,以为原点,为轴建系,则,,设,,则,即,由,可得.则.故答案为:.【点睛】本题考查向量模的计算,建系是关键,属于难题.14、2【解析】

直接利用柯西不等式得到答案.【详解】根据柯西不等式:2x-y2+4y当2x-y=2y,即x=328故答案为:2.【点睛】本题考查了柯西不等式求最值,也可以利用均值不等式,三角换元求得答案.15、【解析】

作出约束条件所表示的可行域,利用直线截距的几何意义,即可得答案.【详解】画出可行域易知在点处取最小值为.故答案为:【点睛】本题考查简单线性规划的最值,考查数形结合思想,考查运算求解能力,属于基础题.16、【解析】

根据条件可得判断OA∥PF2,且|PF2|=2|OA|,从而得到点A为椭圆上顶点,则有b=c,解出B的坐标即可得到比值.【详解】因为|PA|=|AF1|,所以点A是线段PF1的中点,又因为点O为线段F1F2的中点,所以OA∥PF2,且|PF2|=2|OA|,因为点P(c,2c),所以PF2⊥x轴,则|PF2|=2c,所以OA⊥x轴,则点A为椭圆上顶点,所以|OA|=b,则2b=2c,所以b=c,ac,设B(c,m)(m>0),则,解得mc,所以|BF2|c,则.故答案为:2.【点睛】本题考查椭圆的基本性质,考查直线位置关系的判断,方程思想,属于中档题.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)利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为,然后解不等式,可得出函数的单调递增区间;(2)由得出,并求出的值,利用两角差的正弦公式可求出的值.【详解】(1)当时,,由,得,因此,函数的单调递增区间为;(2),,,,,,.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质,利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键,属中等题.18、(1)函数单调减区间为;单调增区间为.(2)(3)【解析】

(1)据导数和函数单调性的关系即可求出;(2)分离参数,可得对任意的及任意的恒成立,构造函数,利用导数求出函数的最值即可求出的范围;(3)先求导,再分类讨论,根据导数和函数单调性以及最值得关系即可求出的范围【详解】解:(1)当时,因为,当时,;当时,.所以函数单调减区间为;单调增区间为.(2)由,得,由于,所以对任意的及任意的恒成立,由于,所以,所以对任意的恒成立,设,,则,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以,所以.(3)由,得,其中.①若时,则,所以函数在上单调递增,所以函数至多有一个零点,不合题意;②若时,令,得.由第(2)小题,知:当时,,所以,所以,所以当时,函数的值域为.所以,存在,使得,即,①且当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减.因为函数有两个零点,,所以.②设,,则,所以函数在单调递增,由于,所以当时,.所以,②式中的,又由①式,得.由第(1)小题可知,当时,函数在上单调递减,所以,即.当时,(ⅰ)由于,所以得,又因为,且函数在上单调递减,函数的图象在上不间断,所以函数在上恰有一个零点;(ⅱ)由于,令,设,,由于时,,,所以设,即.由①式,得,当时,,且,同理可得函数在上也恰有一个零点.综上,.【点睛】本题考查含参数的导数的单调性,利用导数求不等式恒成立问题,以及考查函数零点问题,考查学生的计算能力,是综合性较强的题.19、(Ⅰ)直线的极坐标方程为,直线的极坐标方程为,的直角坐标方程为;(Ⅱ)2.【解析】

(Ⅰ)由定义可直接写出直线的极坐标方程,对曲线同乘可得:,转化成直角坐标为;(Ⅱ)分别联立两直线和曲线的方程,由得,由得,则,结合三角函数即可求解;【详解】(Ⅰ)直线的极坐标方程为,直线的极坐标方程为由曲线的极坐标方程得,所以的直角坐标方程为.(Ⅱ)与的极坐标方程联立得所以.与的极坐标方程联立得所以.所以.所以当时,取最小值2.【点睛】本题考查参数方程与极坐标方程的互化,极坐标方程与直角坐标方程的互化,极坐标中的几何意义,属于中档题20、(1)(2)存在;实数的取值范围是【解析】

(1)根据椭圆定义计算,再根据,,的关系计算即可得出椭圆方程;(2)设直线方程为,与椭圆方程联立方程组,求出的范围,根据根与系数的关系求出的中点坐标,求出的中垂线与轴的交点横,得出关于的函数,利用基本不等式得出的范围.【详解】(1)由题意可知,,.又,,,椭圆的方程为:.(2)若存在点,使得以,为邻边的平行四边形是菱形,则为线段的中垂线与轴的交点.设直线的方程为:,,,,,联立方程组,消元得:,△,又,故.由根与系数的关系可得,设的中点为,,则,,线段的中垂线方程为:,令可得,即.,故,当且仅当即时取等号,,且.的取值范围是,.

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