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文档简介

镇江市重点中学2023-2024学年高考数学倒计时模拟卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.设函数在定义城内可导,的图象如图所示,则导函数的图象可能为()A. B.C. D.2.如图是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.3.已知抛物线的焦点为,若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上,则直线被截得的弦长为()A. B. C. D.4.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的表面积为()A.8 B. C. D.5.已知全集U=x|x2≤4,x∈Z,A.-1 B.-1,0 C.-2,-1,0 D.-2,-1,0,1,26.设是虚数单位,则()A. B. C. D.7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.3 C. D.48.要得到函数的图象,只需将函数的图象A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度9.如图,平面与平面相交于,,,点,点,则下列叙述错误的是()A.直线与异面B.过只有唯一平面与平行C.过点只能作唯一平面与垂直D.过一定能作一平面与垂直10.已知全集,集合,,则阴影部分表示的集合是()A. B. C. D.11.已知命题:使成立.则为()A.均成立 B.均成立C.使成立 D.使成立12.已知与函数和都相切,则不等式组所确定的平面区域在内的面积为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设数列的前n项和为,且,若,则______________.14.如图是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形,设,,则的面积为________.15.在平面直角坐标系中,若双曲线经过点(3,4),则该双曲线的准线方程为_____.16.过直线上一动点向圆引两条切线MA,MB,切点为A,B,若,则四边形MACB的最小面积的概率为________.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,.(1)求的值;(2)点为边上的动点(不与点重合),设,求的取值范围.18.(12分)如图,在正四棱柱中,,,过顶点,的平面与棱,分别交于,两点(不在棱的端点处).(1)求证:四边形是平行四边形;(2)求证:与不垂直;(3)若平面与棱所在直线交于点,当四边形为菱形时,求长.19.(12分)在中,角所对的边分别是,且.(1)求角的大小;(2)若,求边长.20.(12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆的离心率为,以椭圆C左顶点T为圆心作圆,设圆T与椭圆C交于点M与点N.(1)求椭圆C的方程;(2)求的最小值,并求此时圆T的方程;(3)设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点,且直线MP,NP分别与x轴交于点R,S,O为坐标原点,求证:为定值.21.(12分)设(1)证明:当时,;(2)当时,求整数的最大值.(参考数据:,)22.(10分)已知函数,.(1)当时,求不等式的解集;(2)若函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形,求的值.

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】

根据的图象可得的单调性,从而得到在相应范围上的符号和极值点,据此可判断的图象.【详解】由的图象可知,在上为增函数,且在上存在正数,使得在上为增函数,在为减函数,故在有两个不同的零点,且在这两个零点的附近,有变化,故排除A,B.由在上为增函数可得在上恒成立,故排除C.故选:D.【点睛】本题考查导函数图象的识别,此类问题应根据原函数的单调性来考虑导函数的符号与零点情况,本题属于基础题.2、A【解析】

根据三视图可得几何体为直三棱柱,根据三视图中的数据直接利用公式可求体积.【详解】由三视图可知几何体为直三棱柱,直观图如图所示:其中,底面为直角三角形,,,高为.∴该几何体的体积为故选:A.【点睛】本题考查三视图及棱柱的体积,属于基础题.3、B【解析】

由焦点得抛物线方程,设点的坐标为,根据对称可求出点的坐标,写出直线方程,联立抛物线求交点,计算弦长即可.【详解】抛物线的焦点为,则,即,设点的坐标为,点的坐标为,如图:∴,解得,或(舍去),∴∴直线的方程为,设直线与抛物线的另一个交点为,由,解得或,∴,∴,故直线被截得的弦长为.故选:B.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程,简单几何性质,点关于直线对称,属于中档题.4、D【解析】

根据三视图还原几何体为四棱锥,即可求出几何体的表面积.【详解】由三视图知几何体是四棱锥,如图,且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2,所以,故选:【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体,棱锥表面积的计算,考查了学生的运算能力,属于中档题.5、C【解析】

先求出集合U,再根据补集的定义求出结果即可.【详解】由题意得U=x|∵A=1,2∴CU故选C.【点睛】本题考查集合补集的运算,求解的关键是正确求出集合U和熟悉补集的定义,属于简单题.6、A【解析】

利用复数的乘法运算可求得结果.【详解】由复数的乘法法则得.故选:A.【点睛】本题考查复数的乘法运算,考查计算能力,属于基础题.7、C【解析】

首先把三视图转换为几何体,该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,如图所示:故:.故选:C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式,考查了空间想象能力,属于基础题.8、D【解析】

先将化为,根据函数图像的平移原则,即可得出结果.【详解】因为,所以只需将的图象向右平移个单位.【点睛】本题主要考查三角函数的平移,熟记函数平移原则即可,属于基础题型.9、D【解析】

根据异面直线的判定定理、定义和性质,结合线面垂直的关系,对选项中的命题判断.【详解】A.假设直线与共面,则A,D,B,C共面,则AB,CD共面,与,矛盾,故正确.B.根据异面直线的性质知,过只有唯一平面与平行,故正确.C.根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知,故正确.D.根据异面直线的性质知,过不一定能作一平面与垂直,故错误.故选:D【点睛】本题主要考查异面直线的定义,性质以及线面关系,还考查了理解辨析的能力,属于中档题.10、D【解析】

先求出集合N的补集,再求出集合M与的交集,即为所求阴影部分表示的集合.【详解】由,,可得或,又所以.故选:D.【点睛】本题考查了韦恩图表示集合,集合的交集和补集的运算,属于基础题.11、A【解析】试题分析:原命题为特称命题,故其否定为全称命题,即.考点:全称命题.12、B【解析】

根据直线与和都相切,求得的值,由此画出不等式组所表示的平面区域以及圆,由此求得正确选项.【详解】.设直线与相切于点,斜率为,所以切线方程为,化简得①.令,解得,,所以切线方程为,化简得②.由①②对比系数得,化简得③.构造函数,,所以在上递减,在上递增,所以在处取得极小值也即是最小值,而,所以有唯一解.也即方程③有唯一解.所以切线方程为.即.不等式组即,画出其对应的区域如下图所示.圆可化为,圆心为.而方程组的解也是.画出图像如下图所示,不等式组所确定的平面区域在内的部分如下图阴影部分所示.直线的斜率为,直线的斜率为.所以,所以,而圆的半径为,所以阴影部分的面积是.故选:B【点睛】本小题主要考查根据公共切线求参数,考查不等式组表示区域的画法,考查圆的方程,考查两条直线夹角的计算,考查扇形面积公式,考查数形结合的数学思想方法,考查分析思考与解决问题的能力,属于难题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、9【解析】

用换中的n,得,作差可得,从而数列是等比数列,再由即可得到答案.【详解】由,得,两式相减,得,即;又,解得,所以数列为首项为-3、公比为3的等比数列,所以.故答案为:9.【点睛】本题考查已知与的关系求数列通项的问题,要注意n的范围,考查学生运算求解能力,是一道中档题.14、【解析】

根据个全等的三角形,得到,设,求得,利用余弦定理求得,再利用三角形的面积公式,求得三角形的面积.【详解】由于三角形是由个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形,所以.在三角形中,.设,则.由余弦定理得,解得.所以三角形边长为,面积为.故答案为:【点睛】本题考查了等边三角形的面积计算公式、余弦定理、全等三角形的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.15、【解析】

代入求解得,再求准线方程即可.【详解】解:双曲线经过点,,解得,即.又,故该双曲线的准线方程为:.故答案为:.【点睛】本题主要考查了双曲线的准线方程求解,属于基础题.16、.【解析】

先求圆的半径,四边形的最小面积,转化为的最小值为,求出切线长的最小值,再求的距离也就是圆心到直线的距离,可解得的取值范围,利用几何概型即可求得概率.【详解】由圆的方程得,所以圆心为,半径为,四边形的面积,若四边形的最小面积,所以的最小值为,而,即的最小值,此时最小为圆心到直线的距离,此时,因为,所以,所以的概率为.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般.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)先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可;(2)在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.【详解】解:(1)在中,,所以,所以(2)由(1)可知,所以,在中,因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.18、(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3).【解析】

(1)由平面与平面没有交点,可得与不相交,又与共面,所以,同理可证,得证;(2)由四边形是平行四边形,且,则不可能是矩形,所以与不垂直;(3)先证,可得为的中点,从而得出是的中点,可得.【详解】(1)依题意都在平面上,因此平面,平面,又平面,平面,平面与平面平行,即两个平面没有交点,则与不相交,又与共面,所以,同理可证,所以四边形是平行四边形;(2)因为,两点不在棱的端点处,所以,又四边形是平行四边形,,则不可能是矩形,所以与不垂直;(3)如图,延长交的延长线于点,若四边形为菱形,则,易证,所以,即为的中点,因此,且,所以是的中位线,则是的中点,所以.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题,和线段长的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,属中档题.19、(1);(2).【解析】

(1)把代入已知条件,得到关于的方程,得到的值,从而得到的值.(2)由(1)中得到的的值和已知条件,求出,再根据正弦定理求出边长.【详解】(1)因为,,所以,,所以,即.因为,所以,因为,所以.(2).在中,由正弦定理得,所以,解得.【点睛】本题考查三角函数公式的运用,正弦定理解三角形,属于简单题.20、(1);(2);(3)【解析】

(1)依题意,得,,由此能求出椭圆C的方程.(2)点与点关于轴对称,设,,设,由于点在椭圆C上,故,由,知,由此能求出圆T的方程.(3)设,则直线MP的方程为:,令,得,同理:,由此能证明为定值.【详解】(1)依题意,得,,,故椭圆C的方程为.(2)点与点关于轴对称,设,,设,由于点在椭圆C上,所以,由,则,.由于,故当时,的最小值为,所以,故,又点在圆T上,代入圆的方程得到.故圆T的方程为:(3)设,则直线MP的方程为:,令,得,同理:.故又点与点在椭圆上,故,代入上式得:,所以【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、圆的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生的计算能力,属于中档题.21、(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)将代入函数解析式可得,构造函数,求得并令,由导函数符号判断函数单调性并求得最大值,由即可证明恒成立,即不等式得证.(2)对函数求导,变形后讨论当时的函数单调情况:当时,可知满足题意;将不等式化简后构造函数,利用导函数求得极值点与函数的单调性,从而求得最小值为,分别依次代入检验的符号,即可确定整数的最大值;当时不满足题意,因为求整数的最大值,所以时无需再讨论.【详解】(1)证明:当时代入可得,令,,则,令解得,当时,所以在单调递增,当时,所以在单调递减,所以,则,即成立.(2)函数则,若时,当时,,则在时单调递减,所以,即当时成立;所以此时需满足的整数解即可,将不等式化简可得,令则令解得,当时,即在内单调递减,当时,即在内单调递增,所以当

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