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文档简介
2023年高考数学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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.历史上有不少数学家都对圆周率作过研究,第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德,他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下界,开创了圆周率计算的几何方法,而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得的近似值,他的方法被后人称为割圆术.近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种值的表达式纷纷出现,使得值的计算精度也迅速增加.华理斯在1655年求出一个公式:,根据该公式绘制出了估计圆周率的近似值的程序框图,如下图所示,执行该程序框图,已知输出的,若判断框内填入的条件为,则正整数的最小值是A. B. C. D.2.数学中的数形结合,也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物,曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论:①曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2;③曲线C围成区域的面积大于;④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是()A.①③ B.②④ C.①②③ D.②③④3.已知定义在上的奇函数满足:(其中),且在区间上是减函数,令,,,则,,的大小关系(用不等号连接)为()A. B.C. D.4.以下关于的命题,正确的是A.函数在区间上单调递增B.直线需是函数图象的一条对称轴C.点是函数图象的一个对称中心D.将函数图象向左平移需个单位,可得到的图象5.若样本的平均数是10,方差为2,则对于样本,下列结论正确的是()A.平均数为20,方差为4 B.平均数为11,方差为4C.平均数为21,方差为8 D.平均数为20,方差为86.函数的部分图象大致为()A. B.C. D.7.若复数,其中为虚数单位,则下列结论正确的是()A.的虚部为 B. C.的共轭复数为 D.为纯虚数8.由曲线围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.9.已知非零向量满足,若夹角的余弦值为,且,则实数的值为()A. B. C.或 D.10.已知二次函数的部分图象如图所示,则函数的零点所在区间为()A. B. C. D.11.已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A,B两点,F为C的焦点,若|FA|=2|FB|,则|FA|=()A.1 B.2 C.3 D.412.设i是虚数单位,若复数是纯虚数,则a的值为()A. B.3 C.1 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,若,则________.14.若存在实数使得不等式在某区间上恒成立,则称与为该区间上的一对“分离函数”,下列各组函数中是对应区间上的“分离函数”的有___________.(填上所有正确答案的序号)①,,;②,,;③,,;④,,.15.利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值,类比上述结论,利用等体积法进行推导,在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值,则这个定值是______16.设等差数列的前项和为,若,,则数列的公差________,通项公式________.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)随着小汽车的普及,“驾驶证”已经成为现代人“必考”的证件之一.若某人报名参加了驾驶证考试,要顺利地拿到驾驶证,他需要通过四个科目的考试,其中科目二为场地考试.在一次报名中,每个学员有5次参加科目二考试的机会(这5次考试机会中任何一次通过考试,就算顺利通过,即进入下一科目考试;若5次都没有通过,则需重新报名),其中前2次参加科目二考试免费,若前2次都没有通过,则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费.某驾校对以往2000个学员第1次参加科目二考试进行了统计,得到下表:考试情况男学员女学员第1次考科目二人数1200800第1次通过科目二人数960600第1次未通过科目二人数240200若以上表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通过科目二考试的概率,且每人每次是否通过科目二考试相互独立.现有一对夫妻同时在此驾校报名参加了驾驶证考试,在本次报名中,若这对夫妻参加科目二考试的原则为:通过科目二考试或者用完所有机会为止.(1)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率;(2)若这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过,记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为元,求的分布列与数学期望.18.(12分)中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体,给人于美的享受.如图(1)为一花窗;图(2)所示是一扇窗中的一格,呈长方形,长30cm,宽26cm,其内部窗芯(不含长方形边框)用一种条形木料做成,由两个菱形和六根支条构成,整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称.设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm,窗芯所需条形木料的长度之和为L.(1)试用x,y表示L;(2)如果要求六根支条的长度均不小于2cm,每个菱形的面积为130cm2,那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料(不计榫卯及其它损耗)?19.(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.20.(12分)是数列的前项和,且.(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列中最小的项.21.(12分)如图,己知圆和双曲线,记与轴正半轴、轴负半轴的公共点分别为、,又记与在第一、第四象限的公共点分别为、.(1)若,且恰为的左焦点,求的两条渐近线的方程;(2)若,且,求实数的值;(3)若恰为的左焦点,求证:在轴上不存在这样的点,使得.22.(10分)如图所示,在三棱锥中,,,,点为中点.(1)求证:平面平面;(2)若点为中点,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
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、B【解析】
初始:,,第一次循环:,,继续循环;第二次循环:,,此时,满足条件,结束循环,所以判断框内填入的条件可以是,所以正整数的最小值是3,故选B.2、B【解析】
利用基本不等式得,可判断②;和联立解得可判断①③;由图可判断④.【详解】,解得(当且仅当时取等号),则②正确;将和联立,解得,即圆与曲线C相切于点,,,,则①和③都错误;由,得④正确.故选:B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用,根据方程,判断曲线的性质及结论,考查学生逻辑推理能力,是一道有一定难度的题.3、A【解析】因为,所以,即周期为4,因为为奇函数,所以可作一个周期[-2e,2e]示意图,如图在(0,1)单调递增,因为,因此,选A.点睛:函数对称性代数表示(1)函数为奇函数,函数为偶函数(定义域关于原点对称);(2)函数关于点对称,函数关于直线对称,(3)函数周期为T,则4、D【解析】
利用辅助角公式化简函数得到,再逐项判断正误得到答案.【详解】A选项,函数先增后减,错误B选项,不是函数对称轴,错误C选项,,不是对称中心,错误D选项,图象向左平移需个单位得到,正确故答案选D【点睛】本题考查了三角函数的单调性,对称轴,对称中心,平移,意在考查学生对于三角函数性质的综合应用,其中化简三角函数是解题的关键.5、D【解析】
由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.【详解】样本的平均数是10,方差为2,所以样本的平均数为,方差为.故选:D.【点睛】样本的平均数是,方差为,则的平均数为,方差为.6、B【解析】
图像分析采用排除法,利用奇偶性判断函数为奇函数,再利用特值确定函数的正负情况。【详解】,故奇函数,四个图像均符合。当时,,,排除C、D当时,,,排除A。故选B。【点睛】图像分析采用排除法,一般可供判断的主要有:奇偶性、周期性、单调性、及特殊值。7、D【解析】
将复数整理为的形式,分别判断四个选项即可得到结果.【详解】的虚部为,错误;,错误;,错误;,为纯虚数,正确本题正确选项:【点睛】本题考查复数的模长、实部与虚部、共轭复数、复数的分类的知识,属于基础题.8、A【解析】
先计算出两个图像的交点分别为,再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用,属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.9、D【解析】
根据向量垂直则数量积为零,结合以及夹角的余弦值,即可求得参数值.【详解】依题意,得,即.将代入可得,,解得(舍去).故选:D.【点睛】本题考查向量数量积的应用,涉及由向量垂直求参数值,属基础题.10、B【解析】由函数f(x)的图象可知,0<f(0)=a<1,f(1)=1-b+a=0,所以1<b<2.又f′(x)=2x-b,所以g(x)=ex+2x-b,所以g′(x)=ex+2>0,所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=1-b<0,g(1)=e+2-b>0,根据函数的零点存在性定理可知,函数g(x)的零点所在的区间是(0,1),故选B.11、C【解析】
方法一:设,利用抛物线的定义判断出是的中点,结合等腰三角形的性质求得点的横坐标,根据抛物线的定义求得,进而求得.方法二:设出两点的横坐标,由抛物线的定义,结合求得的关系式,联立直线的方程和抛物线方程,写出韦达定理,由此求得,进而求得.【详解】方法一:由题意得抛物线的准线方程为,直线恒过定点,过分别作于,于,连接,由,则,所以点为的中点,又点是的中点,则,所以,又所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为,所以,所以.方法二:抛物线的准线方程为,直线由题意设两点横坐标分别为,则由抛物线定义得又①②由①②得.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查直线和抛物线的位置关系,属于中档题.12、D【解析】
整理复数为的形式,由复数为纯虚数可知实部为0,虚部不为0,即可求解.【详解】由题,,因为纯虚数,所以,则,故选:D【点睛】本题考查已知复数的类型求参数范围,考查复数的除法运算.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、1【解析】
由题意先求得的值,可得,再令,可得结论.【详解】已知,,,,令,可得,故答案为:1.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,注意根据题意,分析所给代数式的特点,通过给二项式的赋值,求展开式的系数和,可以简便的求出答案,属于基础题.14、①②④【解析】
由题意可知,若要存在使得成立,我们可考虑两函数是否存在公切点,若两函数在公切点对应的位置一个单增,另一个单减,则很容易判断,对①,③,④都可以采用此法判断,对②分析式子特点可知,,进而判断【详解】①时,令,则,单调递增,,即.令,则,单调递减,,即,因此,满足题意.②时,易知,满足题意.③注意到,因此如果存在直线,只有可能是(或)在处的切线,,因此切线为,易知,,因此不存在直线满足题意.④时,注意到,因此如果存在直线,只有可能是(或)在处的切线,,因此切线为.令,则,易知在上单调递增,在上单调递减,所以,即.令,则,易知在上单调递减,在上单调递增,所以,即.因此,满足题意.故答案为:①②④【点睛】本题考查新定义题型、利用导数研究函数图像,转化与化归思想,属于中档题15、【解析】
计算正四面体的高,并计算该正四面体的体积,利用等体积法,可得结果.【详解】作平面,为的重心如图则,所以设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为则故答案为:【点睛】本题考查类比推理的应用,还考查等体积法,考验理解能力以及计算能力,属基础题.16、2【解析】
直接利用等差数列公式计算得到答案.【详解】,,解得,,故.故答案为:2;.【点睛】本题考查了等差数列的基本计算,意在考查学生的计算能力.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)见解析.【解析】
事件表示男学员在第次考科目二通过,事件表示女学员在第次考科目二通过(其中)(1)这对夫妻是否通过科目二考试相互独立,利用独立事件乘法公式即可求得;(2)补考费用之和为元可能取值为400,600,800,1000,1200,根据题意可求相应的概率,进而可求X的数学期望.【详解】事件表示男学员在第次考科目二通过,事件表示女学员在第次考科目二通过(其中).(1)事件表示这对夫妻考科目二都不需要交补考费..(2)的可能取值为400,600,800,1000,1200.,,,,.则的分布列为:40060080010001200故(元).【点睛】本题以实际问题为素材,考查离散型随机变量的概率及期望,解题时要注意独立事件概率公式的灵活运用,属于基础题.18、(1)(2)【解析】试题分析:(1)由条件可先求水平方向每根支条长,竖直方向每根支条长为,因此所需木料的长度之和L=(2)先确定范围由可得,再由面积为130cm2,得,转化为一元函数,令,则在上为增函数,解得L有最小值.试题解析:(1)由题意,水平方向每根支条长为cm,竖直方向每根支条长为cm,菱形的边长为cm.从而,所需木料的长度之和L=cm.(2)由题意,,即,又由可得.所以.令,其导函数在上恒成立,故在上单调递减,所以可得.则=.因为函数和在上均为增函数,所以在上为增函数,故当,即时L有最小值.答:做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料.考点:函数应用题19、(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,.【点睛】本题主要考查了椭圆的性质,考查直线与椭圆的位置关系,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、(1);(2).【解析】
(1)由可得出,两式作差可求得数列的通项公式;(2)求得,利用数列的单调性的定义判断数列的单调性,由此可求得数列的最小项的值.【详解】(1)对任意的,由得,两式相减得,因此,数列的通项公式为;(2)由(1)得,则.当时,,即,;当时,,即,.所以,数列的最小项为.【点睛】本题考查利用与的关系求通项,同时也考查了利用数列的单调性求数列中的最小项,考查推理能力与计算能力,
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