2023届苏州新区一中高考仿真卷数学试题含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A．48 B．72 C．90 D．962．已知，若则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝，则f(x)的单调递减区间是()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]4．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=05．的展开式中的系数为（）A．5 B．10 C．20 D．306．在中，为边上的中线，为的中点，且，，则（）A． B． C． D．7．已知六棱锥各顶点都在同一个球（记为球）的球面上，且底面为正六边形，顶点在底面上的射影是正六边形的中心，若，，则球的表面积为（）A． B． C． D．8．已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（）A． B． C． D．9．当输入的实数时，执行如图所示的程序框图，则输出的不小于103的概率是（）A． B． C． D．10．已知函数.设，若对任意不相等的正数，，恒有，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．11．已知函数，不等式对恒成立，则的取值范围为（）A． B． C． D．12．如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是A．在内总存在与平面平行的线段B．平面平面C．三棱锥的体积为定值D．可能为直角三角形二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数为自然对数的底数）在和两处取得极值，且，则实数的取值范围是______．14．设函数，则______.15．已知数列满足：点在直线上，若使、、构成等比数列，则______16．“北斗三号”卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点､远地点离地面的距离大约分别是,,则“北斗三号”卫星运行轨道的离心率为__________.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）在中，内角的边长分别为，且．（1）若，，求的值；（2）若，且的面积，求和的值．18．（12分）的内角的对边分别为，若（1）求角的大小（2）若，求的周长19．（12分）设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意都有，求实数的取值范围．20．（12分）如图在棱锥中，为矩形，面，（1）在上是否存在一点，使面，若存在确定点位置，若不存在，请说明理由；（2）当为中点时，求二面角的余弦值.21．（12分）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.22．（10分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在上恒成立，求的取值范围．

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】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为：96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．2、C【解析】

根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解，【详解】因为，所以有解，即有解，所以，得，，所以，又因为，所以，即，可化为，因为，所以的解集包含，所以或，解得，故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，3、B【解析】由f(1)=得a2=,∴a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.4、A【解析】试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．解：双曲线其渐近线方程是﹣y2=1整理得x±2y=1．故选A．点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．5、C【解析】

由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.【详解】由已知，，因为展开式的通项为，所以展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.6、A【解析】

根据向量的线性运算可得,利用及，计算即可.【详解】因为,所以，所以，故选：A【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量数量积的性质，属于中档题.7、D【解析】

由题意，得出六棱锥为正六棱锥，求得，再结合球的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】由题意，六棱锥底面为正六边形，顶点在底面上的射影是正六边形的中心，可得此六棱锥为正六棱锥，又由，所以，在直角中，因为，所以，设外接球的半径为，在中，可得，即，解得，所以外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题主要考查了正棱锥的几何结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟记几何体的结构特征，熟练应用球的性质求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.8、A【解析】

直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求得的坐标得出答案.【详解】解：，在复平面内对应的点的坐标是.故选：A.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．9、A【解析】

根据循环结构的运行，直至不满足条件退出循环体，求出的范围，利用几何概型概率公式，即可求出结论.【详解】程序框图共运行3次，输出的的范围是，所以输出的不小于103的概率为.故选:A.【点睛】本题考查循环结构输出结果、几何概型的概率，模拟程序运行是解题的关键，属于基础题.10、D【解析】

求解的导函数，研究其单调性，对任意不相等的正数，构造新函数，讨论其单调性即可求解.【详解】的定义域为，，当时，，故在单调递减；不妨设，而，知在单调递减，从而对任意、，恒有，即，，，令，则，原不等式等价于在单调递减，即，从而，因为，所以实数a的取值范围是故选：D.【点睛】此题考查含参函数研究单调性问题，根据参数范围化简后构造新函数转换为含参恒成立问题，属于一般性题目.11、C【解析】

确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为，利用双勾函数单调性求最值得到答案.【详解】是奇函数，，易知均为减函数，故且在上单调递减，不等式，即，结合函数的单调性可得，即，设，，故单调递减，故，当，即时取最大值，所以.故选：.【点睛】本题考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式，参数分离求最值是解题的关键.12、D【解析】

A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；B项利用线面垂直的判定定理；C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.【详解】A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；B项，如图：当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.故选D【点睛】本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先将函数在和两处取得极值，转化为方程有两不等实根，且，再令，将问题转化为直线与曲线有两交点，且横坐标满足，用导数方法研究单调性，作出简图，求出时，的值，进而可得出结果.【详解】因为，所以，又函数在和两处取得极值，所以是方程的两不等实根，且，即有两不等实根，且，令，则直线与曲线有两交点，且交点横坐标满足，又，由得，所以，当时，，即函数在上单调递增；当，时，，即函数在和上单调递减；当时，由得，此时，因此，由得.故答案为【点睛】本题主要考查导数的应用，已知函数极值点间的关系求参数的问题，通常需要将函数极值点，转化为导函数对应方程的根，再转化为直线与曲线交点的问题来处理，属于常考题型.14、【解析】

由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法运算法则与对数恒等式关系分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求值，属于简单题.15、13【解析】

根据点在直线上可求得，由等比中项的定义可构造方程求得结果.【详解】在上，，成等比数列，，即，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查根据三项成等比数列求解参数值的问题，涉及到等比中项的应用，属于基础题.16、【解析】

画出图形，结合椭圆的定义和题设条件，求得的值，即可求得椭圆的离心率，得到答案.【详解】如图所示，设椭圆的长半轴为，半焦距为，因为地球半径为R,若其近地点､远地点离地面的距离大约分别是,,可得，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.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）先由余弦定理求得，再由正弦定理计算即可得到所求值；

（2）运用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，化简可得sinA+sinB=5sinC，运用正弦定理和三角形的面积公式可得a，b的方程组，解方程即可得到所求值．【详解】解：（1）由余弦定理由正弦定理得（2）由已知得：所以------①又所以------②由①②解得【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及三角函数的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题．18、（1）（2）11【解析】

（1）利用二倍角公式将式子化简成，再利用两角和与差的余弦公式即可求解.（2）利用余弦定理可得，再将平方，利用向量数量积可得，从而可求周长.【详解】由题解得，所以由余弦定理，，再由解得：所以故的周长为【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形、两角和与差的余弦公式、需熟记公式，属于基础题.19、（1）（2）【解析】

利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集，对恒成立，则，由三角不等式，得求解【详解】解：当时，不等式即为，可得或或，解得或或，则原不等式的解集为若对任意、都有，即为，由，当取得等号，则，由，可得，则的取值范围是【点睛】本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题.（1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题.20、（1）见解析；（2）【解析】

（1）要证明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需满足即可，从而得到点E为中点;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空间向量的数量积，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．【详解】（1）法一：要证明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，所以由,即存在点E为PC中点.法二：建立如图所示的空间直角坐标系D－XYZ，由题意知PD＝CD＝1，，设，，，由，得，即存在点E为PC中点.（2）由（1）知，，，，，，设面ADE的法向量为，面PAE的法向量为由的法向量为得，得，同理求得所以，故所求二面角P－AE－D的余弦值为.【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，考查直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．21、（1）；（2）.【解析】

（1）根据题意，求得，，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1）因为，，所以，，所以函数的最小正周期为.（2）因为，所以，所以，故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，