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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.在中,,,,为的外心,若,,,则()A. B. C. D.2.如图,平面四边形中,,,,为等边三角形,现将沿翻折,使点移动至点,且,则三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.3.已知集合,B={y∈N|y=x﹣1,x∈A},则A∪B=()A.{﹣1,0,1,2,3} B.{﹣1,0,1,2} C.{0,1,2} D.{x﹣1≤x≤2}4.数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,则实数λ的最大值为()A. B. C. D.5.已知集合,,则等于()A. B. C. D.6.设,则,则()A. B. C. D.7.已知,则的大小关系是()A. B. C. D.8.已知中,,则()A.1 B. C. D.9.正的边长为2,将它沿边上的高翻折,使点与点间的距离为,此时四面体的外接球表面积为()A. B. C. D.10.复数满足为虚数单位),则的虚部为()A. B. C. D.11.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积等于()cm3A. B. C. D.12.已知函数,若所有点,所构成的平面区域面积为,则()A. B. C.1 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在正方体中,分别为棱的中点,则直线与直线所成角的正切值为_________.14.已知,(,),则=_______.15.在四面体中,与都是边长为2的等边三角形,且平面平面,则该四面体外接球的体积为_______.16.从集合中随机取一个元素,记为,从集合中随机取一个元素,记为,则的概率为_______.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)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系;曲线C1的普通方程为(x-1)2+y2=1,曲线C2的参数方程为(θ为参数).(Ⅰ)求曲线C1和C2的极坐标方程:(Ⅱ)设射线θ=(ρ>0)分别与曲线C1和C2相交于A,B两点,求|AB|的值.18.(12分)已知中心在原点的椭圆的左焦点为,与轴正半轴交点为,且.(1)求椭圆的标准方程;(2)过点作斜率为、的两条直线分别交于异于点的两点、.证明:当时,直线过定点.19.(12分)记为数列的前项和,N.(1)求;(2)令,证明数列是等比数列,并求其前项和.20.(12分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(是参数),以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)求直线与曲线的普通方程,并求出直线的倾斜角;(2)记直线与轴的交点为是曲线上的动点,求点的最大距离.21.(12分)如图,空间几何体中,是边长为2的等边三角形,,,,平面平面,且平面平面,为中点.(1)证明:平面;(2)求二面角平面角的余弦值.22.(10分)在世界读书日期间,某地区调查组对居民阅读情况进行了调查,获得了一个容量为200的样本,其中城镇居民140人,农村居民60人.在这些居民中,经常阅读的城镇居民有100人,农村居民有30人.(1)填写下面列联表,并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关?城镇居民农村居民合计经常阅读10030不经常阅读合计200(2)从该地区城镇居民中,随机抽取5位居民参加一次阅读交流活动,记这5位居民中经常阅读的人数为,若用样本的频率作为概率,求随机变量的期望.附:,其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828
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、B【解析】
首先根据题中条件和三角形中几何关系求出,,即可求出的值.【详解】如图所示过做三角形三边的垂线,垂足分别为,,,过分别做,的平行线,,由题知,则外接圆半径,因为,所以,又因为,所以,,由题可知,所以,,所以.故选:D.【点睛】本题主要考查了三角形外心的性质,正弦定理,平面向量分解定理,属于一般题.2、A【解析】
将三棱锥补形为如图所示的三棱柱,则它们的外接球相同,由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上,在中,计算半径即可.【详解】由,,可知平面.将三棱锥补形为如图所示的三棱柱,则它们的外接球相同.由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上,记的外心为,由为等边三角形,可得.又,故在中,,此即为外接球半径,从而外接球表面积为.故选:A【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积,考查了学生空间想象,逻辑推理,综合分析,数学运算的能力,属于较难题.3、A【解析】
解出集合A和B即可求得两个集合的并集.【详解】∵集合{x∈Z|﹣2<x≤3}={﹣1,0,1,2,3},B={y∈N|y=x﹣1,x∈A}={﹣2,﹣1,0,1,2},∴A∪B={﹣2,﹣1,0,1,2,3}.故选:A.【点睛】此题考查求集合的并集,关键在于准确求解不等式,根据描述法表示的集合,准确写出集合中的元素.4、D【解析】
利用等差数列通项公式推导出λ,由d∈[1,2],能求出实数λ取最大值.【详解】∵数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,∴1+3d+λ(1+9d)+1+15d=15,解得λ,∵d∈[1,2],λ2是减函数,∴d=1时,实数λ取最大值为λ.故选D.【点睛】本题考查实数值的最大值的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.5、B【解析】
解不等式确定集合,然后由补集、并集定义求解.【详解】由题意或,∴,.故选:B.【点睛】本题考查集合的综合运算,以及一元二次不等式的解法,属于基础题型.6、A【解析】
根据换底公式可得,再化简,比较的大小,即得答案.【详解】,,.,显然.,即,,即.综上,.故选:.【点睛】本题考查换底公式和对数的运算,属于中档题.7、B【解析】
利用函数与函数互为反函数,可得,再利用对数运算性质比较a,c进而可得结论.【详解】依题意,函数与函数关于直线对称,则,即,又,所以,.故选:B.【点睛】本题主要考查对数、指数的大小比较,属于基础题.8、C【解析】
以为基底,将用基底表示,根据向量数量积的运算律,即可求解.【详解】,,.故选:C.【点睛】本题考查向量的线性运算以及向量的基本定理,考查向量数量积运算,属于中档题.9、D【解析】
如图所示,设的中点为,的外接圆的圆心为,四面体的外接球的球心为,连接,利用正弦定理可得,利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形,最后利用勾股定理可求外接球的半径,从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示,设的中点为,外接圆的圆心为,四面体的外接球的球心为,连接,则平面,.因为,故,因为,故.由正弦定理可得,故,又因为,故.因为,故平面,所以,因为平面,平面,故,故,所以四边形为平行四边形,所以,所以,故外接球的半径为,外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算,还考查正弦定理和余弦定理,折叠问题注意翻折前后的变量与不变量,外接球问题注意先确定外接球的球心的位置,然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算,本题有一定的难度.10、C【解析】
,分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知,,故的虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的除法运算,考查学生的基本运算能力,是一道基础题.11、D【解析】解:根据几何体的三视图知,该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体,结合图中数据,计算它的体积为:V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=(6+1.5π)cm1.故答案为6+1.5π.点睛:根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体,结合图中数据计算它的体积即可.12、D【解析】
依题意,可得,在上单调递增,于是可得在上的值域为,继而可得,解之即可.【详解】解:,因为,,所以,在上单调递增,则在上的值域为,因为所有点所构成的平面区域面积为,所以,解得,故选:D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,理解题意,得到是关键,考查运算能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由中位线定理和正方体性质得,从而作出异面直线所成的角,在三角形中计算可得.【详解】如图,连接,,,∵分别为棱的中点,∴,又正方体中,即是平行四边形,∴,∴,(或其补角)就是直线与直线所成角,是等边三角形,∴=60°,其正切值为.故答案为:.【点睛】本题考查异面直线所成的角,解题关键是根据定义作出异面直线所成的角.14、【解析】
先利用倍角公式及差角公式把已知条件化简可得,平方可得.【详解】∵,∴,则,平方可得.故答案为:.【点睛】本题主要考查三角恒等变换,倍角公式的合理选择是求解的关键,侧重考查数学运算的核心素养.15、【解析】
先确定球心的位置,结合勾股定理可求球的半径,进而可得球的面积.【详解】取的外心为,设为球心,连接,则平面,取的中点,连接,,过做于点,易知四边形为矩形,连接,,设,.连接,则,,三点共线,易知,所以,.在和中,,,即,,所以,,得.所以.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题,外接球的半径的求解一般有两个思路:一是确定球心位置,利用勾股定理求解半径;二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.16、【解析】
先求出随机抽取a,b的所有事件数,再求出满足的事件数,根据古典概型公式求出结果.【详解】解:从集合中随机取一个元素,记为,从集合中随机取一个元素,记为,则的事件数为9个,即为,,,其中满足的有,,,共有8个,故的概率为.【点睛】本题考查了古典概型的计算,解题的关键是准确列举出所有事件数.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、(Ⅰ),;(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)根据,可得曲线C1的极坐标方程,然后先计算曲线C2的普通方程,最后根据极坐标与直角坐标的转化公式,可得结果.(Ⅱ)将射线θ=分别与曲线C1和C2极坐标方程联立,可得A,B的极坐标,然后简单计算,可得结果.【详解】(Ⅰ)由所以曲线的极坐标方程为,曲线的普通方程为则曲线的极坐标方程为(Ⅱ)令,则,,则,即,所以,,故.【点睛】本题考查极坐标方程和参数方程与直角坐标方程的转化,以及极坐标方程中的几何意义,属基础题.18、(1);(2)见解析.【解析】
(1)在中,计算出的值,可得出的值,进而可得出的值,由此可得出椭圆的标准方程;(2)设点、,设直线的方程为,将该直线方程与椭圆方程联立,列出韦达定理,根据已知条件得出,利用韦达定理和斜率公式化简得出与所满足的关系式,代入直线的方程,即可得出直线所过定点的坐标.【详解】(1)在中,,,,,,,,因此,椭圆的标准方程为;(2)由题不妨设,设点,联立,消去化简得,且,,,,,∴代入,化简得,化简得,,,,直线,因此,直线过定点.【点睛】本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了椭圆中直线过定点的问题,考查计算能力,属于中等题.19、(1);(2)证明见详解,【解析】
(1)根据,可得,然后作差,可得结果.(2)根据(1)的结论,用取代,得到新的式子,然后作差,可得结果,最后根据等比数列的前项和公式,可得结果.【详解】(1)由①,则②②-①可得:所以(2)由(1)可知:③则④④-③可得:则,且令,则,所以数列是首项为,公比为的等比数列所以【点睛】本题主要考查递推公式以及之间的关系的应用,考验观察能力以及分析能力,属中档题.20、(1),,直线的倾斜角为(2)【解析】
(1)由公式消去参数得普通方程,由公式可得直角坐标方程后可得倾斜角;(2)求出直线与轴交点,用参数表示点坐标,求出,利用三角函数的性质可得最大值.【详解】(1)由,消去得的普通方程是:由,得,将代入上式,化简得直线的倾斜角为(2)在曲线上任取一点,直线与轴的交点的坐标为则当且仅当时,取最大值.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化,考查极坐标方程与直角坐标方程的互化,属于基础题.求两点间距离的最值时,用参数方程设点的坐标可把问题转化为三角函数问题.21、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)分别取,的中点,,连接,,,,,要证明平面,只需证明面∥面即可.(2)以点为原点,以为轴,以为轴,以为轴,建立空间直角坐标系,分别计算面的法向量,面的法向量可取,并判断二面角为锐角,再利用计算即可.【详解】(1)证明:分别取,的中点,,连接,,,,.由平面平面,且交于,平面,有平面,由平面平面,且交于,平面,有平面,所以∥,又平面,平面,所以∥平面,由,有,∥,又平面,平面,所以∥平面,由∥平面,∥平面,,所以平面∥平面,所以∥平面(2)以点为原点,以为轴,以为轴,以为轴,建立如图所示空间直角坐标系由面,所以面的法向量可取,点,点,点,,,设面的法向量,所以,取,二面角的平面角为,则为锐角.所以【点睛】本题考查由面面平行证明线面平行以及向量法求二面角的余弦值,考查学生的运算能力,在做此类题时,一定要准确写出点的坐标.22、
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