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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.记个两两无交集的区间的并集为阶区间如为2阶区间,设函数,则不等式的解集为()A.2阶区间 B.3阶区间 C.4阶区间 D.5阶区间2.在中,为中点,且,若,则()A. B. C. D.3.已知集合U={1,2,3,4,5,6},A={2,4},B={3,4},则=()A.{3,5,6} B.{1,5,6} C.{2,3,4} D.{1,2,3,5,6}4.已知函数,则在上不单调的一个充分不必要条件可以是()A. B. C.或 D.5.已知双曲线(a>0,b>0)的右焦点为F,若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点,则此双曲线的离心率e的取值范围是()A. B.(1,2), C. D.6.已知锐角满足则()A. B. C. D.7.已知等差数列满足,公差,且成等比数列,则A.1 B.2 C.3 D.48.陀螺是中国民间最早的娱乐工具,也称陀罗.如图,网格纸上小正方形的边长为,粗线画出的是某个陀螺的三视图,则该陀螺的表面积为()A. B.C. D.9.在直角梯形中,,,,,点为上一点,且,当的值最大时,()A. B.2 C. D.10.在的展开式中,的系数为()A.-120 B.120 C.-15 D.1511.如图,正四面体的体积为,底面积为,是高的中点,过的平面与棱、、分别交于、、,设三棱锥的体积为,截面三角形的面积为,则()A., B.,C., D.,12.已知命题:使成立.则为()A.均成立 B.均成立C.使成立 D.使成立二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,则_____。14.的展开式中,若的奇数次幂的项的系数之和为32,则________.15.设,满足约束条件,若的最大值是10,则________.16.已知数列的前项和为,,,,则满足的正整数的所有取值为__________.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)如图所示,三棱柱中,平面,点,分别在线段,上,且,,是线段的中点.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)若,,,求直线与平面所成角的正弦值.18.(12分)在平面直角坐标系中,已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上,右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为.(1)求椭圆的标准方程;(2)若是椭圆上关于轴对称的任意两点,设,连接交椭圆于另一点.求证:直线过定点并求出点的坐标;(3)在(2)的条件下,过点的直线交椭圆于两点,求的取值范围.19.(12分)已知函数,.(1)当时,①求函数在点处的切线方程;②比较与的大小;(2)当时,若对时,,且有唯一零点,证明:.20.(12分)如图,椭圆的左、右顶点分别为,,上、下顶点分别为,,且,为等边三角形,过点的直线与椭圆在轴右侧的部分交于、两点.(1)求椭圆的标准方程;(2)求四边形面积的取值范围.21.(12分)已知椭圆与x轴负半轴交于,离心率.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线与椭圆C交于两点,连接AM,AN并延长交直线x=4于两点,若,直线MN是否恒过定点,如果是,请求出定点坐标,如果不是,请说明理由.22.(10分)已知矩阵,二阶矩阵满足.(1)求矩阵;(2)求矩阵的特征值.
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、D【解析】
可判断函数为奇函数,先讨论当且时的导数情况,再画出函数大致图形,将所求区间端点值分别看作对应常函数,再由图形确定具体自变量范围即可求解【详解】当且时,.令得.可得和的变化情况如下表:令,则原不等式变为,由图像知的解集为,再次由图像得到的解集由5段分离的部分组成,所以解集为5阶区间.故选:D【点睛】本题考查由函数的奇偶性,单调性求解对应自变量范围,导数法研究函数增减性,数形结合思想,转化与化归思想,属于难题2、B【解析】
选取向量,为基底,由向量线性运算,求出,即可求得结果.【详解】,,,,,.故选:B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算,平面向量基本定理,属于基础题.3、B【解析】
按补集、交集定义,即可求解.【详解】={1,3,5,6},={1,2,5,6},所以={1,5,6}.故选:B.【点睛】本题考查集合间的运算,属于基础题.4、D【解析】
先求函数在上不单调的充要条件,即在上有解,即可得出结论.【详解】,若在上不单调,令,则函数对称轴方程为在区间上有零点(可以用二分法求得).当时,显然不成立;当时,只需或,解得或.故选:D.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件,要注意二次函数零点的求法,属于中档题.5、A【解析】
若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点,则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率.根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围.【详解】已知双曲线的右焦点为,若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点,则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率,,离心率,,故选:.【点睛】本题考查双曲线的性质及其应用,解题时要注意挖掘隐含条件.6、C【解析】
利用代入计算即可.【详解】由已知,,因为锐角,所以,,即.故选:C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用,考查学生的运算能力,是一道基础题.7、D【解析】
先用公差表示出,结合等比数列求出.【详解】,因为成等比数列,所以,解得.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题,化归基本量,寻求等量关系是求解的关键.8、C【解析】
画出几何体的直观图,利用三视图的数据求解几何体的表面积即可,【详解】由题意可知几何体的直观图如图:上部是底面半径为1,高为3的圆柱,下部是底面半径为2,高为2的圆锥,几何体的表面积为:,故选:C【点睛】本题考查三视图求解几何体的表面积,判断几何体的形状是解题的关键.9、B【解析】
由题,可求出,所以,根据共线定理,设,利用向量三角形法则求出,结合题给,得出,进而得出,最后利用二次函数求出的最大值,即可求出.【详解】由题意,直角梯形中,,,,,可求得,所以·∵点在线段上,设,则,即,又因为所以,所以,当时,等号成立.所以.故选:B.【点睛】本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理,以及运用二次函数求最值,考查转化思想和解题能力.10、C【解析】
写出展开式的通项公式,令,即,则可求系数.【详解】的展开式的通项公式为,令,即时,系数为.故选C【点睛】本题考查二项式展开的通项公式,属基础题.11、A【解析】
设,取与重合时的情况,计算出以及的值,利用排除法可得出正确选项.【详解】如图所示,利用排除法,取与重合时的情况.不妨设,延长到,使得.,,,,则,由余弦定理得,,,又,,当平面平面时,,,排除B、D选项;因为,,此时,,当平面平面时,,,排除C选项.故选:A.【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、排除法,考查了空间想象能力、推理能力与计算能力,属于难题.12、A【解析】试题分析:原命题为特称命题,故其否定为全称命题,即.考点:全称命题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由已知求,再利用和角正切公式,求得,【详解】因为所以cos因此.【点睛】本题考查了同角三角函数基本关系式与和角的正切公式。14、【解析】试题分析:由已知得,故的展开式中x的奇数次幂项分别为,,,,,其系数之和为,解得.考点:二项式定理.15、【解析】
画出不等式组表示的平面区域,数形结合即可容易求得结果.【详解】画出不等式组表示的平面区域如下所示:目标函数可转化为与直线平行,数形结合可知当且仅当目标函数过点,取得最大值,故可得,解得.故答案为:.【点睛】本题考查由目标函数的最值求参数值,属基础题.16、20,21【解析】
由题意知数列奇数项和偶数项分别为等差数列和等比数列,则根据为奇数和为偶数分别算出求和公式,代入数值检验即可.【详解】解:由题意知数列的奇数项构成公差为的等差数列,偶数项构成公比为的等比数列,则;.当时,,.当时,,.由此可知,满足的正整数的所有取值为20,21.故答案为:20,21【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项与求和公式,是综合题,分清奇数项和偶数项是解题的关键.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)证明见详解;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)取中点为,根据几何关系,求证四边形为平行四边形,即可由线线平行推证线面平行;(Ⅱ)以为坐标原点,建立空间直角坐标系,求得直线的方向向量和平面的法向量,即可求得线面角的正弦值.【详解】(Ⅰ)取的中点,连接,.如下图所示:因为,分别是线段和的中点,所以是梯形的中位线,所以.又,所以.因为,,所以四边形为平行四边形,所以.所以,.所以四边形为平行四边形,所以.又平面,平面,所以平面.(Ⅱ)因为,且平面,故可以为原点,的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,如下图所示:不妨设,则,所以,,,,.所以,,.设平面的法向量为,则所以可取.设直线与平面所成的角为,则.故可得直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查由线线平行推证线面平行,以及用向量法求解线面角,属综合中档题.18、(1);(2)证明详见解析,;(3).【解析】
(1)根据题意列出关于的等式求解即可.(2)先根据对称性,直线过的定点一定在轴上,再设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,进而求得的方程,并代入,化简分析即可.(3)先分析过点的直线斜率不存在时的值,再分析存在时,设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入求解出关于的解析式,再求解范围即可.【详解】解:设椭圆的标准方程焦距为,由题意得,由,可得则,所以椭圆的标准方程为;证明:根据对称性,直线过的定点一定在轴上,由题意可知直线的斜率存在,设直线的方程为,联立,消去得到,设点,则.所以,所以的方程为,令得,将,代入上式并整理,,整理得,所以,直线与轴相交于定点.当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,此时,当过点的直线斜率存在时,设直线的方程为,且在椭圆上,联立方程组,消去,整理得,则.所以所以,所以,由得,综上可得,的取值范围是.【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题.19、(1)①见解析,②见解析;(2)见解析【解析】
(1)①把代入函数解析式,求出函数的导函数得到,再求出,利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程;②令,利用导数研究函数的单调性,可得当时,;当时,;当时,.(2)由题意,,在上有唯一零点.利用导数可得当时,在上单调递减,当,时,在,上单调递增,得到.由在恒成立,且有唯一解,可得,得,即.令,则,再由在上恒成立,得在上单调递减,进一步得到在上单调递增,由此可得.【详解】解:(1)①当时,,,,又,切线方程为,即;②令,则,在上单调递减.又,当时,,即;当时,,即;当时,,即.证明:(2)由题意,,而,令,解得.,,在上有唯一零点.当时,,在上单调递减,当,时,,在,上单调递增..在恒成立,且有唯一解,,即,消去,得,即.令,则,在上恒成立,在上单调递减,又,,.在上单调递增,.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查利用导数研究函数的单调性,考查逻辑思维能力与推理论证能力,属难题.20、(1);(2).【解析】
(1)根据坐标和为等边三角形可得,进而得到椭圆方程;(2)①当直线斜率不存在时,易求坐标,从而得到所求面积;②当直线的斜率存在时,设方程为,与椭圆方程联立得到韦达定理的形式,并确定的取值范围;利用,代入韦达定理的结论可求得关于的表达式,采用换元法将问题转化为,的值域的求解问题,结合函数单调性可求得值域;结合两种情况的结论可得最终结果.【详解】(1),,为等边三角形,,椭圆的标准方程为.(2)设四边形的面积为.①当直线的斜率不存在时,可得,,.②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,设,,联立得:,,,.,,,,面积.令,则,,令,则,,在定义域内单调递减,.综上所述:四边形面积的取值范围是.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题,涉及到椭圆方程的求解、椭圆中的四边形面积的取值范围的求解问题;关键是能够将所求面积表示为关于某一变量的函数,将问题转化为函数值域的求解问题.21、(1)(2)直线恒过定点,详见解析【解析】
(1)依题意由椭圆的简单性质可求出,即得椭圆C的方程;(2)设直线的方程为:,联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标,同理可求出点的坐标,根据的坐标可求出直线的方程,将其化简成点斜式,即可求出定点坐标.【详解】(1)由题有,.∴,∴.∴椭圆方程为.(2)设直线的方程为:,则∴或,∴,同理,当时,由有.∴,同理
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