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文档简介
2023年高考数学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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,则不等式的解集是()A. B. C. D.2.已知圆关于双曲线的一条渐近线对称,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.3.如图,在等腰梯形中,,,,为的中点,将与分别沿、向上折起,使、重合为点,则三棱锥的外接球的体积是()A. B.C. D.4.设,,则“”是“”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.如图,在三棱锥中,平面,,,,,分别是棱,,的中点,则异面直线与所成角的余弦值为A.0 B. C. D.16.若,则的值为()A. B. C. D.7.某四棱锥的三视图如图所示,记S为此棱锥所有棱的长度的集合,则()A.B.C.D.8.给出个数,,,,,,其规律是:第个数是,第个数比第个数大,第个数比第个数大,第个数比第个数大,以此类推,要计算这个数的和.现已给出了该问题算法的程序框图如图,请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句,使之能完成该题算法功能()A.; B.;C.; D.;9.已知全集,集合,则=()A. B.C. D.10.定义在上的函数满足,则()A.-1 B.0 C.1 D.211.在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D是AB的中点,若,且,则面积的最大值是()A. B. C. D.12.若为虚数单位,则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.袋中装有两个红球、三个白球,四个黄球,从中任取四个球,则其中三种颜色的球均有的概率为________.14.已知,则_____.15.已知在△ABC中,(2sin32°,2cos32°),(cos77°,﹣cos13°),则⋅_____,△ABC的面积为_____.16.如图,在棱长为2的正方体中,点、分别是棱,的中点,是侧面正方形内一点(含边界),若平面,则线段长度的取值范围是______.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)已知函数().(1)讨论的单调性;(2)若对,恒成立,求的取值范围.18.(12分)己知等差数列的公差,,且,,成等比数列.(1)求使不等式成立的最大自然数n;(2)记数列的前n项和为,求证:.19.(12分)如图,在三棱柱中,是边长为2的菱形,且,是矩形,,且平面平面,点在线段上移动(不与重合),是的中点.(1)当四面体的外接球的表面积为时,证明:.平面(2)当四面体的体积最大时,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20.(12分)已知的三个内角所对的边分别为,向量,,且.(1)求角的大小;(2)若,求的值21.(12分)对于非负整数集合(非空),若对任意,或者,或者,则称为一个好集合.以下记为的元素个数.(1)给出所有的元素均小于的好集合.(给出结论即可)(2)求出所有满足的好集合.(同时说明理由)(3)若好集合满足,求证:中存在元素,使得中所有元素均为的整数倍.22.(10分)已知为各项均为整数的等差数列,为的前项和,若为和的等比中项,.(1)求数列的通项公式;(2)若,求最大的正整数,使得.
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】
构造函数,通过分析的单调性和对称性,求得不等式的解集.【详解】构造函数,是单调递增函数,且向左移动一个单位得到,的定义域为,且,所以为奇函数,图像关于原点对称,所以图像关于对称.不等式等价于,等价于,注意到,结合图像关于对称和单调递增可知.所以不等式的解集是.故选:A【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式,属于中档题.2、C【解析】
将圆,化为标准方程为,求得圆心为.根据圆关于双曲线的一条渐近线对称,则圆心在渐近线上,.再根据求解.【详解】已知圆,所以其标准方程为:,所以圆心为.因为双曲线,所以其渐近线方程为,又因为圆关于双曲线的一条渐近线对称,则圆心在渐近线上,所以.所以.故选:C【点睛】本题主要考查圆的方程及对称性,还有双曲线的几何性质,还考查了运算求解的能力,属于中档题.3、A【解析】
由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形,折叠成的三棱锥是正四面体,易求得其外接球半径,得球体积.【详解】由题意等腰梯形中,又,∴,是靠边三角形,从而可得,∴折叠后三棱锥是棱长为1的正四面体,设是的中心,则平面,,,外接球球心必在高上,设外接球半径为,即,∴,解得,球体积为.故选:A.【点睛】本题考查求球的体积,解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体.4、A【解析】
根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.【详解】若,,则,可得;若,可得,无法得到,所以“”是“”的充分而不必要条件.所以本题答案为A.【点睛】本题考查充要条件的定义,判断充要条件的方法是:①若为真命题且为假命题,则命题p是命题q的充分不必要条件;②若为假命题且为真命题,则命题p是命题q的必要不充分条件;③若为真命题且为真命题,则命题p是命题q的充要条件;④若为假命题且为假命题,则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.⑤判断命题p与命题q所表示的范围,再根据“谁大谁必要,谁小谁充分”的原则,判断命题p与命题q的关系.5、B【解析】
根据题意可得平面,,则即异面直线与所成的角,连接CG,在中,,易得,所以,所以,故选B.6、C【解析】
根据,再根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】因为,所以二项式的展开式的通项公式为:,令,所以,因此有.故选:C【点睛】本题考查了二项式定理的应用,考查了二项式展开式通项公式的应用,考查了数学运算能力7、D【解析】
如图所示:在边长为的正方体中,四棱锥满足条件,故,得到答案.【详解】如图所示:在边长为的正方体中,四棱锥满足条件.故,,.故,故,.故选:.【点睛】本题考查了三视图,元素和集合的关系,意在考查学生的空间想象能力和计算能力.8、A【解析】
要计算这个数的和,这就需要循环50次,这样可以确定判断语句①,根据累加最的变化规律可以确定语句②.【详解】因为计算这个数的和,循环变量的初值为1,所以步长应该为1,故判断语句①应为,第个数是,第个数比第个数大,第个数比第个数大,第个数比第个数大,这样可以确定语句②为,故本题选A.【点睛】本题考查了补充循环结构,正确读懂题意是解本题的关键.9、D【解析】
先计算集合,再计算,最后计算.【详解】解:,,.故选:.【点睛】本题主要考查了集合的交,补混合运算,注意分清集合间的关系,属于基础题.10、C【解析】
推导出,由此能求出的值.【详解】∵定义在上的函数满足,∴,故选C.【点睛】本题主要考查函数值的求法,解题时要认真审题,注意函数性质的合理运用,属于中档题.11、A【解析】
根据正弦定理可得,求出,根据平方关系求出.由两端平方,求的最大值,根据三角形面积公式,求出面积的最大值.【详解】中,,由正弦定理可得,整理得,由余弦定理,得.D是AB的中点,且,,即,即,,当且仅当时,等号成立.的面积,所以面积的最大值为.故选:.【点睛】本题考查正、余弦定理、不等式、三角形面积公式和向量的数量积运算,属于中档题.12、B【解析】
由共轭复数的定义得到,通过三角函数值的正负,以及复数的几何意义即得解【详解】由题意得,因为,,所以在复平面内对应的点位于第二象限.故选:B【点睛】本题考查了共轭复数的概念及复数的几何意义,考查了学生概念理解,数形结合,数学运算的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
基本事件总数n126,其中三种颜色的球都有包含的基本事件个数m72,由此能求出其中三种颜色的球都有的概率.【详解】解:袋中有2个红球,3个白球和4个黄球,从中任取4个球,基本事件总数n126,其中三种颜色的球都有,可能是2个红球,1个白球和1个黄球或1个红球,2个白球和1个黄球或1个红球,1个白球和2个黄球,所以包含的基本事件个数m72,∴其中三种颜色的球都有的概率是p.故答案为:.【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.14、【解析】
对原方程两边求导,然后令求得表达式的值.【详解】对等式两边求导,得,令,则.【点睛】本小题主要考查二项式展开式,考查利用导数转化已知条件,考查赋值法,属于中档题.15、【解析】
①根据向量数量积的坐标表示结合两角差的正弦公式的逆用即可得解;②结合①求出,根据面积公式即可得解.【详解】①2(sin32°•cos77°﹣cos32°•sin77°),②,,∴,∴.故答案为:.【点睛】此题考查平面向量与三角函数解三角形综合应用,涉及平面向量数量积的坐标表示,三角恒等变换,根据三角形面积公式求解三角形面积,综合性强.16、【解析】
取中点,连结,,推导出平面平面,从而点在线段上运动,作于,由,能求出线段长度的取值范围.【详解】取中点,连结,,在棱长为2的正方体中,点、分别是棱、的中点,,,,,平面平面,是侧面正方形内一点(含边界),平面,点在线段上运动,在等腰△中,,,作于,由等面积法解得:,,线段长度的取值范围是,.故答案为:,.【点睛】本题考查线段长的取值范围的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.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)①当时,在上单调递减,在上单调递增;②当时,在上单调递增;(2).【解析】
(1)求出函数的定义域和导函数,,对讨论,得导函数的正负,得原函数的单调性;(2)法一:由得,分别运用导函数得出函数(),的单调性,和其函数的最值,可得,可得的范围;法二:由得,化为令(),研究函数的单调性,可得的取值范围.【详解】(1)的定义域为,,①当时,由得,得,在上单调递减,在上单调递增;②当时,恒成立,在上单调递增;(2)法一:由得,令(),则,在上单调递减,,,即,令,则,在上单调递增,,在上单调递减,所以,即,(*)当时,,(*)式恒成立,即恒成立,满足题意法二:由得,,令(),则,在上单调递减,,,即,当时,由(Ⅰ)知在上单调递增,恒成立,满足题意当时,令,则,所以在上单调递减,又,当时,,,使得,当时,,即,又,,,不满足题意,综上所述,的取值范围是【点睛】本题考查对于含参数的函数的单调性的讨论,不等式恒成立时,求解参数的范围,属于难度题.18、(1);(2)证明见解析【解析】
(1)根据,,成等比数列,有,结合公差,,求得通项,再解不等式.(2)根据(1),用裂项相消法求和,然后研究其单调性即可.【详解】(1)由题意,可知,即,∴.又,,∴,∴.∴,∴,故满足题意的最大自然数为.(2),∴...从而当时,单调递增,且,当时,单调递增,且,所以,由,知不等式成立.【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算和裂项相消法求和,还考查了运算求解的能力,属于中档题.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由题意,先求得为的中点,再证明平面平面,进而可得结论;(2)由题意,当点位于点时,四面体的体积最大,再建立空间直角坐标系,利用空间向量运算即可.【详解】(1)证明:当四面体的外接球的表面积为时.则其外接球的半径为.因为时边长为2的菱形,是矩形.,且平面平面.则,.则为四面体外接球的直径.所以,即.由题意,,,所以.因为,所以为的中点.记的中点为,连接,.则,,,所以平面平面.因为平面,所以平面.(2)由题意,平面,则三棱锥的高不变.当四面体的体积最大时,的面积最大.所以当点位于点时,四面体的体积最大.以点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.则,,,,.所以,,,.设平面的法向量为.则令,得.设平面的一个法向量为.则令,得.设平面与平面所成锐二面角是,则.所以当四面体的体积最大时,平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查平面与平面的平行、线面平行,考查平面与平面所成锐二面角的余弦值,正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定,利用好空间向量是关键,属于基础题.20、(1)(2)【解析】
利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式得到关于的方程,解方程即可求解;由知,在中利用余弦定理得到关于的方程,与方程联立求出,进而求出,利用两角差的正弦公式求解即可.【详解】由题意得,,由二倍角的余弦公式可得,,又因为,所以,解得或,∵,∴.在中,由余弦定理得,即①又因为,把代入①整理得,,解得,,所以为等边三角形,,∴,即.【点睛】本题考查利用平面向量数量积的坐标表示和余弦定
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