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文档简介
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.已知函数(e为自然对数底数),若关于x的不等式有且只有一个正整数解,则实数m的最大值为()A. B. C. D.2.在平行六面体中,M为与的交点,若,,则与相等的向量是()A. B. C. D.3.已知某口袋中有3个白球和个黑球(),现从中随机取出一球,再换回一个不同颜色的球(即若取出的是白球,则放回一个黑球;若取出的是黑球,则放回一个白球),记换好球后袋中白球的个数是.若,则=()A. B.1 C. D.24.在中所对的边分别是,若,则()A.37 B.13 C. D.5.已知平面向量满足,且,则所夹的锐角为()A. B. C. D.06.已知函数,若,则a的取值范围为()A. B. C. D.7.已知函数,以下结论正确的个数为()①当时,函数的图象的对称中心为;②当时,函数在上为单调递减函数;③若函数在上不单调,则;④当时,在上的最大值为1.A.1 B.2 C.3 D.48.函数在的图像大致为A. B. C. D.9.下列函数中,在区间上单调递减的是()A. B. C. D.10.记为等差数列的前项和.若,,则()A.5 B.3 C.-12 D.-1311.等差数列的前项和为,若,,则数列的公差为()A.-2 B.2 C.4 D.712.已知集合,集合,则A. B.或C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,在中,,,,点在边上,且,将射线绕着逆时针方向旋转,并在所得射线上取一点,使得,连接,则的面积为__________.14.设、、、、是表面积为的球的球面上五点,四边形为正方形,则四棱锥体积的最大值为__________.15.函数在的零点个数为_________.16.若,则的展开式中含的项的系数为_______.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)已知函数.(1)解不等式:;(2)求证:.18.(12分)已知四棱锥中,底面为等腰梯形,,,,丄底面.(1)证明:平面平面;(2)过的平面交于点,若平面把四棱锥分成体积相等的两部分,求二面角的余弦值.19.(12分)已知分别是的内角的对边,且.(Ⅰ)求.(Ⅱ)若,,求的面积.(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求的值.20.(12分)已知函数.(Ⅰ)当时,求不等式的解集;(Ⅱ)若存在满足不等式,求实数的取值范围.21.(12分)如图,四棱锥V﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,对角线AC与BD交于点O,VO⊥平面ABCD,E是棱VC的中点.(1)求证:VA∥平面BDE;(2)求证:平面VAC⊥平面BDE.22.(10分)手工艺是一种生活态度和对传统的坚持,在我国有很多手工艺品制作村落,村民的手工技艺世代相传,有些村落制造出的手工艺品不仅全国闻名,还大量远销海外.近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎,该村村民成立了手工艺品外销合作社,为严把质量关,合作社对村民制作的每件手工艺品都请3位行家进行质量把关,质量把关程序如下:(i)若一件手工艺品3位行家都认为质量过关,则该手工艺品质量为A级;(ii)若仅有1位行家认为质量不过关,再由另外2位行家进行第二次质量把关,若第二次质量把关这2位行家都认为质量过关,则该手工艺品质量为B级,若第二次质量把关这2位行家中有1位或2位认为质量不过关,则该手工艺品质量为C级;(iii)若有2位或3位行家认为质量不过关,则该手工艺品质量为D级.已知每一次质量把关中一件手工艺品被1位行家认为质量不过关的概率为,且各手工艺品质量是否过关相互独立.(1)求一件手工艺品质量为B级的概率;(2)若一件手工艺品质量为A,B,C级均可外销,且利润分别为900元,600元,300元,质量为D级不能外销,利润记为100元.①求10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件;②记1件手工艺品的利润为X元,求X的分布列与期望.
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、A【解析】
若不等式有且只有一个正整数解,则的图象在图象的上方只有一个正整数值,利用导数求出的最小值,分别画出与的图象,结合图象可得.【详解】解:,∴,设,∴,当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,∴,当时,,当,,函数恒过点,分别画出与的图象,如图所示,,若不等式有且只有一个正整数解,则的图象在图象的上方只有一个正整数值,∴且,即,且∴,故实数m的最大值为,故选:A【点睛】本题考查考查了不等式恒有一正整数解问题,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了数形结合思想,考查了数学运算能力.2、D【解析】
根据空间向量的线性运算,用作基底表示即可得解.【详解】根据空间向量的线性运算可知因为,,则即,故选:D.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算,用基底表示向量,属于基础题.3、B【解析】由题意或4,则,故选B.4、D【解析】
直接根据余弦定理求解即可.【详解】解:∵,∴,∴,故选:D.【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形,属于基础题.5、B【解析】
根据题意可得,利用向量的数量积即可求解夹角.【详解】因为即而所以夹角为故选:B【点睛】本题考查了向量数量积求夹角,需掌握向量数量积的定义求法,属于基础题.6、C【解析】
求出函数定义域,在定义域内确定函数的单调性,利用单调性解不等式.【详解】由得,在时,是增函数,是增函数,是增函数,∴是增函数,∴由得,解得.故选:C.【点睛】本题考查函数的单调性,考查解函数不等式,解题关键是确定函数的单调性,解题时可先确定函数定义域,在定义域内求解.7、C【解析】
逐一分析选项,①根据函数的对称中心判断;②利用导数判断函数的单调性;③先求函数的导数,若满足条件,则极值点必在区间;④利用导数求函数在给定区间的最值.【详解】①为奇函数,其图象的对称中心为原点,根据平移知识,函数的图象的对称中心为,正确.②由题意知.因为当时,,又,所以在上恒成立,所以函数在上为单调递减函数,正确.③由题意知,当时,,此时在上为增函数,不合题意,故.令,解得.因为在上不单调,所以在上有解,需,解得,正确.④令,得.根据函数的单调性,在上的最大值只可能为或.因为,,所以最大值为64,结论错误.故选:C【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,极值,最值,意在考查基本的判断方法,属于基础题型.8、B【解析】
由分子、分母的奇偶性,易于确定函数为奇函数,由的近似值即可得出结果.【详解】设,则,所以是奇函数,图象关于原点成中心对称,排除选项C.又排除选项D;,排除选项A,故选B.【点睛】本题通过判断函数的奇偶性,缩小考察范围,通过计算特殊函数值,最后做出选择.本题较易,注重了基础知识、基本计算能力的考查.9、C【解析】
由每个函数的单调区间,即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增,而在递减.故选:C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间,属基础题.10、B【解析】
由题得,,解得,,计算可得.【详解】,,,,解得,,.故选:B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,前项和公式,考查了学生运算求解能力.11、B【解析】
在等差数列中由等差数列公式与下标和的性质求得,再由等差数列通项公式求得公差.【详解】在等差数列的前项和为,则则故选:B【点睛】本题考查等差数列中求由已知关系求公差,属于基础题.12、C【解析】
由可得,解得或,所以或,又,所以,故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由余弦定理求得,再结合正弦定理得,进而得,得,则面积可求【详解】由,得,解得.因为,所以,,所以.又因为,所以.因为,所以.故答案为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用,考查运算求解能力,是中档题14、【解析】
根据球的表面积求得球的半径,设球心到四棱锥底面的距离为,求得四棱锥的表达式,利用基本不等式求得体积的最大值.【详解】由已知可得球的半径,设球心到四棱锥底面的距离为,棱锥的高为,底面边长为,的体积,当且仅当时等号成立.故答案为:【点睛】本小题主要考查球的表面积有关计算,考查球的内接四棱锥体积的最值的求法,属于中档题.15、1【解析】
本问题转化为曲线交点个数问题,在同一直角坐标系内,画出函数的图象,利用数形结合思想进行求解即可.【详解】问题函数在的零点个数,可以转化为曲线交点个数问题.在同一直角坐标系内,画出函数的图象,如下图所示:由图象可知:当时,两个函数只有一个交点.故答案为:1【点睛】本题考查了求函数的零点个数问题,考查了转化思想和数形结合思想.16、【解析】
首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.【详解】,根据二项式展开式通项:,令,解得,所以含的项的系数.故答案为:【点睛】本题考查定积分,二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,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)见解析.【解析】
(1)代入得,分类讨论,解不等式即可;(2)利用绝对值不等式得性质,,,比较大小即可.【详解】(1)由于,于是原不等式化为,若,则,解得;若,则,解得;若,则,解得.综上所述,不等式解集为.(2)由已知条件,对于,可得.又,由于,所以.又由于,于是.所以.【点睛】本题考查了绝对值不等式得求解和恒成立问题,考查了学生分类讨论,转化划归,数学运算能力,属于中档题.18、(1)见证明;(2)【解析】
(1)先证明等腰梯形中,然后证明,即可得到丄平面,从而可证明平面丄平面;(2)由,可得到,列出式子可求出,然后建立如图的空间坐标系,求出平面的法向量为,平面的法向量为,由可得到答案.【详解】(1)证明:在等腰梯形,,易得在中,,则有,故,又平面,平面,,即平面,故平面丄平面.(2)在梯形中,设,,,,而,即,.以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立如图的空间坐标系,则,,设平面的法向量为,由得,取,得,,同理可求得平面的法向量为,设二面角的平面角为,则,所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了两平面垂直的判定,考查了利用空间向量的方法求二面角,考查了棱锥的体积的计算,考查了空间想象能力及计算能力,属于中档题.19、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】
(Ⅰ)由已知结合正弦定理先进行代换,然后结合和差角公式及正弦定理可求;(Ⅱ)由余弦定理可求,然后结合三角形的面积公式可求;(Ⅲ)结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解.【详解】(Ⅰ)因为,所以,所以,由正弦定理可得,;(Ⅱ)由余弦定理可得,,整理可得,,解可得,,因为,所以;(Ⅲ)由于,.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式,二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20、(Ⅰ)或.(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)分类讨论解绝对值不等式得到答案.(Ⅱ)讨论和两种情况,得到函数单调性,得到只需,代入计算得到答案.【详解】(Ⅰ)当时,不等式为,变形为或或,解集为或.(Ⅱ)当时,,由此可知在单调递减,在单调递增,当时,同样得到在单调递减,在单调递增,所以,存在满足不等式,只需,即,解得.【点睛】本题考查了解绝对值不等式,不等式存在性问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21、(1)见解析(2)见解析【解析】
(1)连结OE,证明VA∥OE得到答案.(2)证明VO⊥BD,BD⊥AC,得到BD⊥平面VAC,得到证明.【详解】(1)连结OE.因为底面ABCD是菱形,所以O为AC的中点,又因为E是棱VC的中点,所以VA∥OE,又因为OE⊂平面BDE,VA⊄平面BDE,所以VA∥平面BDE;(2)因为VO⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以VO⊥BD,因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又VO∩AC=O,VO,AC⊂平面VAC,所以BD⊥平面VAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面VAC⊥平面BDE.【点睛】本题考查了线面平行,面面垂直,意在考查学生的
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