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文档简介
2023-2024学年陕西省育才中学高考仿真模拟数学试卷注意事项: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.已知复数z=(1+2i)(1+ai)(a∈R),若z∈R,则实数a=()A. B. C.2 D.﹣22.设正项等比数列的前n项和为,若,,则公比()A. B.4 C. D.23.已知双曲线的离心率为,抛物线的焦点坐标为,若,则双曲线的渐近线方程为()A. B.C. D.4.已知随机变量服从正态分布,且,则()A. B. C. D.5.已知向量,,且,则()A. B. C.1 D.26.在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣,“放牧人粗心大意,三畜偷偷吃苗青,苗主扣住牛马羊,要求赔偿五斗粮,三畜户主愿赔偿,牛马羊吃得异样.马吃了牛的一半,羊吃了马的一半.”请问各畜赔多少?它的大意是放牧人放牧时粗心大意,牛、马、羊偷吃青苗,青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食(1斗=10升),三畜的主人同意赔偿,但牛、马、羊吃的青苗量各不相同.马吃的青苗是牛的一半,羊吃的青苗是马的一半.问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食?()A. B. C. D.7.已知点是抛物线的对称轴与准线的交点,点为抛物线的焦点,点在抛物线上且满足,若取得最大值时,点恰好在以为焦点的椭圆上,则椭圆的离心率为()A. B. C. D.8.已知,,则的大小关系为()A. B. C. D.9.已知是定义在上的奇函数,且当时,.若,则的解集是()A. B.C. D.10.将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,再将图像向左平移个单位长度,得到函数的图象,则函数图象的一个对称中心为()A. B. C. D.11.已知曲线,动点在直线上,过点作曲线的两条切线,切点分别为,则直线截圆所得弦长为()A. B.2 C.4 D.12.在中,点为中点,过点的直线与,所在直线分别交于点,,若,,则的最小值为()A. B.2 C.3 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知等比数列的前项和为,,且,则__________.14.二项式的展开式中项的系数为_____.15.已知,复数且(为虚数单位),则__________,_________.16.一个房间的地面是由12个正方形所组成,如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面,已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形,即或,则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_______种.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)如图,设点为椭圆的右焦点,圆过且斜率为的直线交圆于两点,交椭圆于点两点,已知当时,(1)求椭圆的方程.(2)当时,求的面积.18.(12分)如图,四棱锥中,四边形是矩形,,,为正三角形,且平面平面,、分别为、的中点.(1)证明:平面;(2)求几何体的体积.19.(12分)已知曲线的参数方程为(为参数).以直角坐标系的原点为极点,轴的正半轴为极轴建立坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求的普通方程和的直角坐标方程;(2)若过点的直线与交于,两点,与交于,两点,求的取值范围.20.(12分)已知函数(1)若,不等式的解集;(2)若,求实数的取值范围.21.(12分)已知在中,角,,的对边分别为,,,的面积为.(1)求证:;(2)若,求的值.22.(10分)已知在四棱锥中,平面,,在四边形中,,,,为的中点,连接,为的中点,连接.(1)求证:.(2)求二面角的余弦值.
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】
化简z=(1+2i)(1+ai)=,再根据z∈R求解.【详解】因为z=(1+2i)(1+ai)=,又因为z∈R,所以,解得a=-2.故选:D【点睛】本题主要考查复数的运算及概念,还考查了运算求解的能力,属于基础题.2、D【解析】
由得,又,两式相除即可解出.【详解】解:由得,又,∴,∴,或,又正项等比数列得,∴,故选:D.【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用,属于基础题.3、A【解析】
求出抛物线的焦点坐标,得到双曲线的离心率,然后求解a,b关系,即可得到双曲线的渐近线方程.【详解】抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),则p=2,又e=p,所以e2,可得c2=4a2=a2+b2,可得:ba,所以双曲线的渐近线方程为:y=±.故选:A.【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线渐近线方程的求法,涉及抛物线的简单性质的应用.4、C【解析】
根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解.【详解】,,,.故选:C.【点睛】本题考查正态分布的应用.掌握正态曲线的性质是解题基础.随机变量服从正态分布,则.5、A【解析】
根据向量垂直的坐标表示列方程,解方程求得的值.【详解】由于向量,,且,所以解得.故选:A【点睛】本小题主要考查向量垂直的坐标表示,属于基础题.6、D【解析】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,易知成等比数列,,结合等比数列的性质可求出答案.【详解】设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,则成等比数列,且公比,则,故,,.故选:D.【点睛】本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.7、B【解析】
设,利用两点间的距离公式求出的表达式,结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标,结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.【详解】设,因为是抛物线的对称轴与准线的交点,点为抛物线的焦点,所以,则,当时,,当时,,当且仅当时取等号,此时,,点在以为焦点的椭圆上,,由椭圆的定义得,所以椭圆的离心率,故选B.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率,属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点,一般求离心率有以下几种情况:①直接求出,从而求出;②构造的齐次式,求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解.8、D【解析】
由指数函数的图像与性质易得最小,利用作差法,结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系,进而得解.【详解】根据指数函数的图像与性质可知,由对数函数的图像与性质可知,,所以最小;而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知,代入上式可得所以,综上可知,故选:D.【点睛】本题考查了指数式与对数式的化简变形,对数换底公式及基本不等式的简单应用,作差法比较大小,属于中档题.9、B【解析】
利用函数奇偶性可求得在时的解析式和,进而构造出不等式求得结果.【详解】为定义在上的奇函数,.当时,,,为奇函数,,由得:或;综上所述:若,则的解集为.故选:.【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,涉及到利用函数奇偶性求解对称区间的解析式;易错点是忽略奇函数在处有意义时,的情况.10、D【解析】
根据函数图象的变换规律可得到解析式,然后将四个选项代入逐一判断即可.【详解】解:图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到再将图像向左平移个单位长度,得到函数的图象,故选:D【点睛】考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质,基础题.11、C【解析】
设,根据导数的几何意义,求出切线斜率,进而得到切线方程,将点坐标代入切线方程,抽象出直线方程,且过定点为已知圆的圆心,即可求解.【详解】圆可化为.设,则的斜率分别为,所以的方程为,即,,即,由于都过点,所以,即都在直线上,所以直线的方程为,恒过定点,即直线过圆心,则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系,抛物线两切点所在直线求解是解题的关键,属于中档题.12、B【解析】
由,,三点共线,可得,转化,利用均值不等式,即得解.【详解】因为点为中点,所以,又因为,,所以.因为,,三点共线,所以,所以,当且仅当即时等号成立,所以的最小值为1.故选:B【点睛】本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,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】
由题意知,继而利用等比数列的前项和为的公式代入求值即可.【详解】解:由题意知,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式,属于中档题.14、15【解析】
由题得,,令,解得,代入可得展开式中含x6项的系数.【详解】由题得,,令,解得,所以二项式的展开式中项的系数为.故答案为:15【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用,考查了利用通项公式去求展开式中某项的系数问题.15、【解析】∵复数且∴∴∴∴,故答案为,16、11【解析】
将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定,再由此进行分类,在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类,在其中会有相同元素的排列问题,需用到“缩倍法”.采用分类计数原理,求得总的方法数.【详解】(1)先贴如图这块瓷砖,然后再贴剩下的部分,按如下分类:5个:,3个,2个:,1个,4个:,(2)左侧两列如图贴砖,然后贴剩下的部分:3个:,1个,2个:,综上,一共有(种).故答案为:11.【点睛】本题考查了分类计数原理,排列问题,其中涉及到相同元素的排列,用到了“缩倍法”的思想.属于中档题.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)(2)【解析】
(1)先求出圆心到直线的距离为,再根据得到,解之即得a的值,再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出,,再求得的面积.【详解】(1)因为直线过点,且斜率.所以直线的方程为,即,所以圆心到直线的距离为,又因为,圆的半径为,所以,即,解之得,或(舍去).所以,所以所示椭圆的方程为.(2)由(1)得,椭圆的右准线方程为,离心率,则点到右准线的距离为,所以,即,把代入椭圆方程得,,因为直线的斜率,所以,因为直线经过和,所以直线的方程为,联立方程组得,解得或,所以,所以的面积.【点睛】本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系,考查椭圆的方程的求法,考查三角形面积的计算,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.18、(1)见解析;(2)【解析】
(1)由题可知,根据三角形的中位线的性质,得出,根据矩形的性质得出,所以,再利用线面平行的判定定理即可证出平面;(2)由于平面平面,根据面面垂直的性质,得出平面,从而得出到平面的距离为,结合棱锥的体积公式,即可求得结果.【详解】解:(1)∵,分别为,的中点,∴,∵四边形是矩形,∴,∴,∵平面,平面,∴平面.(2)取,的中点,,连接,,,,则,由于为三棱柱,为四棱锥,∵平面平面,∴平面,由已知可求得,∴到平面的距离为,因为四边形是矩形,,,,设几何体的体积为,则,∴,即:.【点睛】本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式,考查逻辑推理和计算能力.19、(1)见解析;(2).【解析】试题分析:(1)利用平方法消去参数,即可得到的普通方程,两边同乘以利用即可得的直角坐标方程;(2)设直线的参数方程为(为参数),代入,利用韦达定理、直线参数方程的几何意义以及三角函数的有界性可得结果.试题解析:(1)曲线的普通方程为,曲线的直角坐标方程为;(2)设直线的参数方程为(为参数)又直线与曲线:存在两个交点,因此.联立直线与曲线:可得则联立直线与曲线:可得,则即20、(1)(2)【解析】
(1)依题意可得,再用零点分段法分类讨论可得;(2)依题意可得对恒成立,根据绝对值的几何意义将绝对值去掉,分别求出解集,则两解集的并集为,得到不等式即可解得;【详解】解:(1)若,,则,即,当时,原不等式等价于,解得当时,原不等式等价于,解得,所以;当时,原不等式等价于,解得;综上,原不等式的解集为;(2)即,得或,由解得,由解得,要使得的解集为,则解得,故的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法,着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用,属于中档题.21、(1)证明见解析;(2).【解析】
(1)利用,利用正弦定理,化简即可证明(2)利用(1),得到当时,,得出,得出,然后可得【详解】证明:(1)据题意,得,∴,∴.又∵,∴,∴.解:(2)由(1)求解知,.∴当时,.又,∴,∴,∴.【点睛】本题考查正弦与余弦定理
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