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文档简介

2023年高考数学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.已知斜率为2的直线l过抛物线C:的焦点F,且与抛物线交于A,B两点,若线段AB的中点M的纵坐标为1,则p=()A.1 B. C.2 D.42.已知集合,则集合()A. B. C. D.3.在中,“”是“”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.抛物线的焦点为F,点为该抛物线上的动点,若点,则的最小值为()A. B. C. D.5.若,则“”是“的展开式中项的系数为90”的()A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.函数的定义域为()A. B. C. D.7.设函数(,为自然对数的底数),定义在上的函数满足,且当时,.若存在,且为函数的一个零点,则实数的取值范围为()A. B. C. D.8.tan570°=()A. B.- C. D.9.二项式的展开式中,常数项为()A. B.80 C. D.16010.已知是过抛物线焦点的弦,是原点,则()A.-2 B.-4 C.3 D.-311.设,,,则()A. B. C. D.12.的内角的对边分别为,已知,则角的大小为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知非零向量,满足,且,则与的夹角为____________.14.已知,满足约束条件则的最大值为__________.15.数列满足,则,_____.若存在n∈N*使得成立,则实数λ的最小值为______16.角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点P(1,2),则sin(π﹣α)的值是_____.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)设椭圆,直线经过点,直线经过点,直线直线,且直线分别与椭圆相交于两点和两点.(Ⅰ)若分别为椭圆的左、右焦点,且直线轴,求四边形的面积;(Ⅱ)若直线的斜率存在且不为0,四边形为平行四边形,求证:;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,判断四边形能否为矩形,说明理由.18.(12分)在中,角、、所对的边分别为、、,且.(1)求角的大小;(2)若,的面积为,求及的值.19.(12分)某广告商租用了一块如图所示的半圆形封闭区域用于产品展示,该封闭区域由以为圆心的半圆及直径围成.在此区域内原有一个以为直径、为圆心的半圆形展示区,该广告商欲在此基础上,将其改建成一个凸四边形的展示区,其中、分别在半圆与半圆的圆弧上,且与半圆相切于点.已知长为40米,设为.(上述图形均视作在同一平面内)(1)记四边形的周长为,求的表达式;(2)要使改建成的展示区的面积最大,求的值.20.(12分)底面为菱形的直四棱柱,被一平面截取后得到如图所示的几何体.若,.(1)求证:;(2)求二面角的正弦值.21.(12分)设为等差数列的前项和,且,.(1)求数列的通项公式;(2)若满足不等式的正整数恰有个,求正实数的取值范围.22.(10分)已知椭圆的离心率为是椭圆的一个焦点,点,直线的斜率为1.(1)求椭圆的方程;(1)若过点的直线与椭圆交于两点,线段的中点为,是否存在直线使得?若存在,求出的方程;若不存在,请说明理由.

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、C【解析】

设直线l的方程为x=y,与抛物线联立利用韦达定理可得p.【详解】由已知得F(,0),设直线l的方程为x=y,并与y2=2px联立得y2﹣py﹣p2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点C(x0,y0),∴y1+y2=p,又线段AB的中点M的纵坐标为1,则y0(y1+y2)=,所以p=2,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题,利用韦达定理是解题的关键,属中档题.2、D【解析】

弄清集合B的含义,它的元素x来自于集合A,且也是集合A的元素.【详解】因,所以,故,又,,则,故集合.故选:D.【点睛】本题考查集合的定义,涉及到解绝对值不等式,是一道基础题.3、C【解析】

由余弦函数的单调性找出的等价条件为,再利用大角对大边,结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.【详解】余弦函数在区间上单调递减,且,,由,可得,,由正弦定理可得.因此,“”是“”的充分必要条件.故选:C.【点睛】本题考查充分必要条件的判定,同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用,考查推理能力,属于中等题.4、B【解析】

通过抛物线的定义,转化,要使有最小值,只需最大即可,作出切线方程即可求出比值的最小值.【详解】解:由题意可知,抛物线的准线方程为,,过作垂直直线于,由抛物线的定义可知,连结,当是抛物线的切线时,有最小值,则最大,即最大,就是直线的斜率最大,设在的方程为:,所以,解得:,所以,解得,所以,.故选:.【点睛】本题考查抛物线的基本性质,直线与抛物线的位置关系,转化思想的应用,属于基础题.5、B【解析】

求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.【详解】若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.故选:B.【点睛】本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.6、C【解析】

函数的定义域应满足故选C.7、D【解析】

先构造函数,由题意判断出函数的奇偶性,再对函数求导,判断其单调性,进而可求出结果.【详解】构造函数,因为,所以,所以为奇函数,当时,,所以在上单调递减,所以在R上单调递减.因为存在,所以,所以,化简得,所以,即令,因为为函数的一个零点,所以在时有一个零点因为当时,,所以函数在时单调递减,由选项知,,又因为,所以要使在时有一个零点,只需使,解得,所以a的取值范围为,故选D.【点睛】本题主要考查函数与方程的综合问题,难度较大.8、A【解析】

直接利用诱导公式化简求解即可.【详解】tan570°=tan(360°+210°)=tan210°=tan(180°+30°)=tan30°=.故选:A.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值,主要考查诱导公式的应用,属于基础题.9、A【解析】

求出二项式的展开式的通式,再令的次数为零,可得结果.【详解】解:二项式展开式的通式为,令,解得,则常数项为.故选:A.【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解,关键是熟练应用二项展开式的通式,是基础题.10、D【解析】

设,,设:,联立方程得到,计算得到答案.【详解】设,,故.易知直线斜率不为,设:,联立方程,得到,故,故.故选:.【点睛】本题考查了抛物线中的向量的数量积,设直线为可以简化运算,是解题的关键.11、A【解析】

先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】,,,因此,故选:A.【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.12、A【解析】

先利用正弦定理将边统一化为角,然后利用三角函数公式化简,可求出解B.【详解】由正弦定理可得,即,即有,因为,则,而,所以.故选:A【点睛】此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、(或写成)【解析】

设与的夹角为,通过,可得,化简整理可求出,从而得到答案.【详解】设与的夹角为可得,故,将代入可得得到,于是与的夹角为.故答案为:.【点睛】本题主要考查向量的数量积运算,向量垂直转化为数量积为0是解决本题的关键,意在考查学生的转化能力,分析能力及计算能力.14、1【解析】

先画出约束条件的可行域,根据平移法判断出最优点,代入目标函数的解析式,易可得到目标函数的最大值.【详解】解:由约束条件得如图所示的三角形区域,由于,则,要求的最大值,则求的截距的最小值,显然当平行直线过点时,取得最大值为:.故答案为:1.【点睛】本题考查线性规划求最值问题,我们常用几何法求最值.15、【解析】

利用“退一作差法”求得数列的通项公式,将不等式分离常数,利用商比较法求得的最小值,由此求得的取值范围,进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时,满足上式综上所述存在使得成立的充要条件为存在使得,设,所以,即,所以单调递增,的最小项,即有的最小值为.故答案为:(1).(2).【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式,考查数列单调性的判断方法,考查不等式成立的存在性问题的求解策略,属于中档题.16、【解析】

计算sinα,再利用诱导公式计算得到答案.【详解】由题意可得x=1,y=2,r,∴sinα,∴sin(π﹣α)=sinα.故答案为:.【点睛】本题考查了三角函数定义,诱导公式,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、(Ⅰ);(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)不能,证明见解析【解析】

(Ⅰ)计算得到故,,,,计算得到面积.(Ⅱ)设为,联立方程得到,计算,同理,根据得到,得到证明.(Ⅲ)设中点为,根据点差法得到,同理,故,得到结论.【详解】(Ⅰ),,故,,,.故四边形的面积为.(Ⅱ)设为,则,故,设,,故,,同理可得,,故,即,,故.(Ⅲ)设中点为,则,,相减得到,即,同理可得:的中点,满足,故,故四边形不能为矩形.【点睛】本题考查了椭圆内四边形的面积,形状,根据四边形形状求参数,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18、(1)(2);【解析】

(1)由代入中计算即可;(2)由余弦定理可得,所以,由,变形即可得到答案.【详解】(1)因为,可得:,∴,或(舍),∵,∴.(2)由余弦定理,得所以,故,又,所以,所以.【点睛】本题考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.19、(1),.(2)【解析】

(1)由余弦定理的,然后根据直线与圆相切的性质求出,从而求出;(2)求得的表达式,通过求导研究函数的单调性求得最大值.【详解】解:(1)连.由条件得.在三角形中,,,,由余弦定理,得,因为与半圆相切于,所以,所以,所以.所以四边形的周长为,.(2)设四边形的面积为,则,.所以,.令,得列表:+0-增最大值减答:要使改建成的展示区的面积最大,的值为.【点睛】本题考查余弦定理、直线与圆的位置关系、导数与函数最值的关系,考查考生的逻辑思维能力,运算求解能力,以及函数与方程的思想.20、(1)见解析;(2)【解析】

(1)先由线面垂直的判定定理证明平面,再证明线线垂直即可;(2)建立空间直角坐标系,求平面的一个法向量与平面的一个法向量,再利用向量数量积运算即可.【详解】(1)证明:连接,由平行且相等,可知四边形为平行四边形,所以.由题意易知,,所以,,因为,所以平面,又平面,所以.(2)设,,由已知可得:平面平面,所以,同理可得:,所以四边形为平行四边形,所以为的中点,为的中点,所以平行且相等,从而平面,又,所以,,两两垂直,如图,建立空间直角坐标系,,,由平面几何知识,得.则,,,,所以,,.设平面的法向量为,由,可得,令,则,,所以.同理,平面的一个法向量为.设平面与平面所成角为,则,所以.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法,重点考查了空间向量的应用,属中档题.21、(1);(2).【解析】

(1)设等差数列的公差为,根据题意得出关于和的方程组,解出这两个量的值,然后利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式;(2)求出,可得出,可知当为奇数时不等式不成立,只考虑为偶数的情况,利用数列单调性的定义判断数列中偶数项构成的数列的单调性,由此能求出正实数的取值范围.【详解】(1)设等差数列的公差为,则,整理得,解得,,因此,;(2),满足不等式的正整数恰有个,得,由于,若为奇数,则不等式不可能成立.只考虑为偶数的情况,令,则,..当时,,则;当时,,则;当时,,则.所以,,又,,,,.因此,实数的取值范围是.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法,考查正实数的取值范围的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查运算

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