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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.在一个数列中,如果,都有(为常数),那么这个数列叫做等积数列,叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列,且,,公积为,则()A. B. C. D.2.已知幂函数的图象过点,且,,,则,,的大小关系为()A. B. C. D.3.已知复数,则()A. B. C. D.4.已知集合,,则()A. B.C. D.5.如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥DC,AD=DC=2AB,E为AD的中点,若,则λ+μ的值为()A. B. C. D.6.二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是()A.180 B.90 C.45 D.3607.己知集合,,则()A. B. C. D.8.如图网格纸上小正方形的边长为,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的所有棱中最长棱的长度为()A. B. C. D.9.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上,其底面边长为4,、、分别为侧棱,,的中点.若在三棱锥内,且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍,则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为()A. B. C. D.10.网格纸上小正方形边长为1单位长度,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为()A.1 B. C.3 D.411.点在曲线上,过作轴垂线,设与曲线交于点,,且点的纵坐标始终为0,则称点为曲线上的“水平黄金点”,则曲线上的“水平黄金点”的个数为()A.0 B.1 C.2 D.312.已知是双曲线的左、右焦点,是的左、右顶点,点在过且斜率为的直线上,为等腰三角形,,则的渐近线方程为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.正方体的棱长为2,是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦),为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时,的取值范围是______.14.棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合,若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上,则正三棱锥的内切球半径为______.15.已知实数,对任意,有,且,则______.16.设为偶函数,且当时,;当时,.关于函数的零点,有下列三个命题:①当时,存在实数m,使函数恰有5个不同的零点;②若,函数的零点不超过4个,则;③对,,函数恰有4个不同的零点,且这4个零点可以组成等差数列.其中,正确命题的序号是_______.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)已知圆外有一点,过点作直线.(1)当直线与圆相切时,求直线的方程;(2)当直线的倾斜角为时,求直线被圆所截得的弦长.18.(12分)已知函数.(1)求函数的单调递增区间;(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若满足,,,求.19.(12分)已知,,(1)求的最小正周期及单调递增区间;(2)已知锐角的内角,,的对边分别为,,,且,,求边上的高的最大值.20.(12分)在四棱锥中,底面是平行四边形,为其中心,为锐角三角形,且平面底面,为的中点,.(1)求证:平面;(2)求证:.21.(12分)已知,其中.(1)当时,设函数,求函数的极值.(2)若函数在区间上递增,求的取值范围;(3)证明:.22.(10分)已知的内角的对边分别为,且.(Ⅰ)求;(Ⅱ)若的周长是否有最大值?如果有,求出这个最大值,如果没有,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、B【解析】

计算出的值,推导出,再由,结合数列的周期性可求得数列的前项和.【详解】由题意可知,则对任意的,,则,,由,得,,,,因此,.故选:B.【点睛】本题考查数列求和,考查了数列的新定义,推导出数列的周期性是解答的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.2、A【解析】

根据题意求得参数,根据对数的运算性质,以及对数函数的单调性即可判断.【详解】依题意,得,故,故,,,则.故选:A.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小,考查推理论证能力,属基础题.3、B【解析】

利用复数除法、加法运算,化简求得,再求得【详解】,故.故选:B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算,考查复数的模,属于基础题.4、C【解析】

求出集合,计算出和,即可得出结论.【详解】,,,.故选:C.【点睛】本题考查交集和并集的计算,考查计算能力,属于基础题.5、B【解析】

建立平面直角坐标系,用坐标表示,利用,列出方程组求解即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系,则D(0,0).不妨设AB=1,则CD=AD=2,所以C(2,0),A(0,2),B(1,2),E(0,1),∴(-2,2)=λ(-2,1)+μ(1,2),解得则.故选:B【点睛】本题主要考查了由平面向量线性运算的结果求参数,属于中档题.6、A【解析】试题分析:因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大,所以,,令,则,.考点:1.二项式定理;2.组合数的计算.7、C【解析】

先化简,再求.【详解】因为,又因为,所以,故选:C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算,还考查了运算求解能力,属于基础题.8、C【解析】

利用正方体将三视图还原,观察可得最长棱为AD,算出长度.【详解】几何体的直观图如图所示,易得最长的棱长为故选:C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体的问题,其中利用正方体作衬托是关键,属于基础题.9、D【解析】

如图,平面截球所得截面的图形为圆面,计算,由勾股定理解得,此外接球的体积为,三棱锥体积为,得到答案.【详解】如图,平面截球所得截面的图形为圆面.正三棱锥中,过作底面的垂线,垂足为,与平面交点记为,连接、.依题意,所以,设球的半径为,在中,,,,由勾股定理:,解得,此外接球的体积为,由于平面平面,所以平面,球心到平面的距离为,则,所以三棱锥体积为,所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.故选:D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题,三棱锥体积,球体积,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.10、A【解析】

采用数形结合,根据三视图可知该几何体为三棱锥,然后根据锥体体积公式,可得结果.【详解】根据三视图可知:该几何体为三棱锥如图该几何体为三棱锥,长度如上图所以所以所以故选:A【点睛】本题考查根据三视图求直观图的体积,熟悉常见图形的三视图:比如圆柱,圆锥,球,三棱锥等;对本题可以利用长方体,根据三视图删掉没有的点与线,属中档题.11、C【解析】

设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,,则单调递减;当时,,则单调递增,所以,且,有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.12、D【解析】

根据为等腰三角形,可求出点P的坐标,又由的斜率为可得出关系,即可求出渐近线斜率得解.【详解】如图,因为为等腰三角形,,所以,,,又,,解得,所以双曲线的渐近线方程为,故选:D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出,即可由范围求得的取值范围.【详解】连接,如下图所示:设球心为,则当弦的长度最大时,为球的直径,由向量线性运算可知正方体的棱长为2,则球的半径为1,,所以,而所以,即故答案为:.【点睛】本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算,正方体内切球性质应用,属于中档题.14、【解析】

由棱长为的正四面体求出外接球的半径,进而求出正三棱锥的高及侧棱长,可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,进而求出体积与表面积,设内切圆的半径,由等体积,求出内切圆的半径.【详解】由题意可知:多面体的外接球即正四面体的外接球作面交于,连接,如图则,且为外接球的直径,可得,设三角形的外接圆的半径为,则,解得,设外接球的半径为,则可得,即,解得,设正三棱锥的高为,因为,所以,所以,而,所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直,所以,设内切球的半径为,,即解得:.故答案为:.【点睛】本题考查多面体与球的内切和外接问题,考查转化与化归思想,考查空间想象能力、运算求解能力,求解时注意借助几何体的直观图进行分析.15、-1【解析】

由二项式定理及展开式系数的求法得,又,所以,令得:,所以,得解.【详解】由,且,则,又,所以,令得:,所以,故答案为:.【点睛】本题考查了二项式定理及展开式系数的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16、①②③【解析】

根据偶函数的图象关于轴对称,利用已知中的条件作出偶函数的图象,利用图象对各个选项进行判断即可.【详解】解:当时又因为为偶函数可画出的图象,如下所示:可知当时有5个不同的零点;故①正确;若,函数的零点不超过4个,即,与的交点不超过4个,时恒成立又当时,在上恒成立在上恒成立由于偶函数的图象,如下所示:直线与图象的公共点不超过个,则,故②正确;对,偶函数的图象,如下所示:,使得直线与恰有4个不同的交点点,且相邻点之间的距离相等,故③正确.故答案为:①②③【点睛】本题考查函数方程思想,数形结合思想,属于难题.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)或(2).【解析】

(1)根据题意分斜率不存在和斜率存在两种情况即可求得结果;(2)先求出直线方程,然后求得圆心与直线的距离,由弦长公式即可得出答案.【详解】解:(1)由题意可得,直线与圆相切当斜率不存在时,直线的方程为,满足题意当斜率存在时,设直线的方程为,即∴,解得∴直线的方程为∴直线的方程为或(2)当直线的倾斜角为时,直线的方程为圆心到直线的距离为∴弦长为【点睛】本题考查了直线的方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式及弦长公式,培养了学生分析问题与解决问题的能力.18、(1);(2)【解析】

(1)化简得到,取,解得答案.(2),解得,根据余弦定理得到,再用一次余弦定理解得答案.【详解】(1).取,解得.(2),因为,故,.根据余弦定理:,..【点睛】本题考查了三角恒等变换,三角函数单调性,余弦定理,意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.19、(1)的最小正周期为:;函数单调递增区间为:;(2).【解析】

(1)根据诱导公式,结合二倍角的正弦公式、辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式形式,利用余弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可;(2)由(1)结合,求出的大小,再根据三角形面积公式,结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.【详解】(1)的最小正周期为:;当时,即当时,函数单调递增,所以函数单调递增区间为:;(2)因为,所以设边上的高为,所以有,由余弦定理可知:(当用仅当时,取等号),所以,因此边上的高的最大值.【点睛】本题考查了正弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式,考查了余弦定理、三角形面积公式,考查了基本不等式的应用,考查了数学运算能力.20、(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】

(1)通过证明,即可证明线面平行;(2)通过证明平面,即可证明线线垂直.【详解】(1)连,因为为平行四边形,为其中心,所以,为中点,又因为为中点,所以,又平面,平面所以,平面;(2)作于因为平面平面,平面平面,平面,所以,平面又平面,所以又,,平面,平面所以,平面,又平面,所以,.【点睛】此题考查证明线面平行和线面垂直,通过线面垂直得线线垂直,关键在于熟练掌握相关判定定理,找出平行关系和垂直关系证明.21、(1)极大值,无极小值;(2).(3)见解析【解析】

(1)先求导,根据导数和函数极值的关系即可求出;(2)先求导,再函数在区间上递增,分离参数,构造函数,求出函数的最值,问题得以解决;(3)取得到,取,可得,累加和根据对数的运算性和放缩法即可证明.【详解】解:(1)当时,设函数,则令,解得当时,,当时,所以在上单调递增,在上单调递减所以当时,函数取得极大值,即极大值为,无极小值;(2)因为,所以,因为在区间上递增,所以在上恒成立,所以在区间上恒成立.当时,在区间上恒成立,当时,,设,则在区间上恒成立.所以在单调递增,则,所以,即综上所述.(3)由(2)可知当时,函

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