《黑龙江龙江二中2023学年高考临考冲刺数学试卷(含解析)35534.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江龙江二中2023学年高考临考冲刺数学试卷(含解析)35534.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 学年高考数学模拟测试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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已知集合|,Ax xa aR，|216xBx，若 AB，则实数a的取值范围是（）A BR C,4 D,
2、4 2若,x y满足约束条件02636xyxy，则2zxy的最大值为（）A10 B8 C5 D3 3已知双曲线 C：2222xyab1（a0，b0）的焦距为 8，一条渐近线方程为3yx，则 C 为（）A221412xy B221124xy C2211648xy D2214816xy 4下列与函数1yx定义域和单调性都相同的函数是（）A2log2xy B21log2xy C21logyx D14yx 5如图，网格纸是由边长为 1 的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A920 B926 C520 D526 6已知集合U R，0Ay y，1By yx，则UAB(
3、)A0,1 B0,C1,D1,7已知命题p：“关于x的方程240 xxa有实根”，若p为真命题的充分不必要条件为31am，则实数m的取值范围是（）A1,B1,C,1 D,1 8已知全集为R，集合122(1),|20Ax yxBx xx，则()AB R（）A(0,2)B(1,2 C0,1 D(0,1 9已知圆锥的高为 3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A53 B329 C43 D259 10若集合|sin 21Axx，,42kBy ykZ，则（）AABA BRRC BC A CAB DRRC AC B 11已知全集U R，集合1A
4、x x，12Bxx，则UAB（）A12xx B12xx C11xx D1x x 12阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（）A1112 B6 C112 D223 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若函数2()ln()f xxxax为偶函数，则a 14（5 分）已知函数22()lg(91)1f xxx，则不等式331(log)(log)2fxfx的解集为_ 15若52ax xx展开式中的常数项为 240，则实数a的值为_.16已知向量a，b，c满足|1a，|2b，|1cb，则|ac的取值范围为_.三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过
5、程或演算步骤。17（12 分）已知函数 f(x)xlnx，g(x)x2ax.（1）求函数 f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值 m(t)；（2）令 h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(x1x2)是函数 h(x)图像上任意两点，且满足1212()()h xh xxx1，求实数 a 的取值范围；（3）若x(0,1，使 f(x)()ag xx成立，求实数 a 的最大值 18（12 分）如图，在四棱锥PABCDPABCD中，PAB是等边三角形，BC AB，2 3BCCD，2ABAD.（1）若3PBBE，求证：AE平面PCD；（2）若4PC，求二面角APCB的正弦值
6、 19（12 分）已知函数21()1ln()2f xm xx mR.（1）若1m，求证：()0f x.（2）讨论函数()f x的极值；（3）是否存在实数m，使得不等式111()xf xxe在(1,)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由.20（12 分）已知函数2()64lnf xxxx（1）求()f x单调区间和极值；（2）若存在实数,(0)a b cabc，使得()()()f af bf c，求证：2ca 21（12 分）已知两数()lnf xxkx（1）当1k 时，求函数()f x的极值点；（2）当0k 时，若()0(,)bf xaa bRx恒成立，求11aeb的最大值
7、22（10 分）已知凸n边形123nA A AA的面积为 1，边长1(1,2,1)iiiA Aa in，1nnA Aa，其内部一点P到边1(1,2,1)iiiA Aa in的距离分别为123,nd ddd.求证：2121212222()nnnnaaan a aaddd.2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】先化简|216|4xBxx x，再根据|,Ax xa aR，且 AB 求解.【题目详解】因为|216|4xBxx x，又因为|,Ax xa aR，且 A
8、B，所以4a.故选：D【答案点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2、D【答案解析】画出可行域,将2zxy化为122zyx,通过平移12yx 即可判断出最优解,代入到目标函数,即可求出最值.【题目详解】解:由约束条件02636xyxy作出可行域如图,化目标函数2zxy为直线方程的斜截式,122zyx.由图可知 当直线122zyx 过3,0A时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为 3.故选:D.【答案点睛】本题考查了线性规划问题.一般第一步画出可行域,然后将目标函数转化为yaxbz 的形式,在可行域内通过平移yax找到最优解,将最优解带回到目标函数即可求出最值.
9、注意画可行域时,边界线的虚实问题.3、A【答案解析】由题意求得 c 与ba的值，结合隐含条件列式求得 a2，b2，则答案可求.【题目详解】由题意，2c8，则 c4，又3ba，且 a2+b2c2，解得 a24，b212.双曲线 C 的方程为221412xy.故选：A.【答案点睛】本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.4、C【答案解析】分析函数1yx的定义域和单调性，然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性，由此确定正确选项.【题目详解】函数1yx的定义域为0,，在0,上为减函数.A 选项，2log2xy 的定义域为0,，在0,上为增函数，不符合.B 选项，21log2xy的定义域为R，不符合.C
10、选项，21logyx的定义域为0,，在0,上为减函数，符合.D 选项，14yx的定义域为0,，不符合.故选：C【答案点睛】本小题主要考查函数的定义域和单调性，属于基础题.5、C【答案解析】根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.【题目详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为 1，高为 4，长方体的底面四边形相邻边长分别为 1，2，高为 4，所以该几何体的表面积21121 4 1 2 22S 1 4 22 4520 ，故选 C.【答案点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核
11、心素养.6、A【答案解析】求得集合B中函数的值域，由此求得UB，进而求得UAB.【题目详解】由11yx，得1,B，所以U,1B ，所以U0,1AB.故选：A【答案点睛】本小题主要考查函数值域的求法，考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.7、B【答案解析】命题 p：4a，p为4a，又p为真命题的充分不必要条件为31am，故3141mm 8、D【答案解析】对于集合A,求得函数121yx的定义域,再求得补集；对于集合B,解得一元二次不等式,再由交集的定义求解即可.【题目详解】121(1)|1,|11RAx yxx yx xAx xx,2|20|(2)0|02Bx xxx x xxx,()(0,
12、1ABR.故选:D【答案点睛】本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.9、B【答案解析】计算求半径为2R，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【题目详解】如图所示：设球半径为R，则22233RR，解得2R.故求体积为：3143233VR，圆锥的体积：2213333V，故12329VV.故选：B.【答案点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.10、B【答案解析】根据正弦函数的性质可得集合 A，由集合性质表示形式即可求得AB，进而可知满足RRC BC A.【题目详解】依题意，|sin21|,4Axxx xkkZ；而|
13、,42kBy ykZ 212|,4242nnx xnZxnZ或 21|,442nx xnnZxnZ或，故AB，则RRC BC A.故选：B.【答案点睛】本题考查了集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.11、B【答案解析】直接利用集合的基本运算求解即可【题目详解】解：全集U R，集合1Ax x，12Bxx，U|1Ax x 则|1|12|12UABx xxxxx，故选：B【答案点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题 12、D【答案解析】用列举法，通过循环过程直接得出S与n的值，得到8n时退出循环,即可求得.【题目详解】执行程序框图，可得0S，2n，满足条件，12S，4
14、n，满足条件，113244S，6n，满足条件，1111124612S，8n，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出 S 的值为11228123.故选 D【答案点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,正确依次写出每次循环得到的S与n的值是解题的关键,难度较易.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13、1【答案解析】试题分析：由函数2()ln()f xxxax为偶函数函数2()ln()g xxax为奇函数，(0)ln01gaa 考点：函数的奇偶性【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，
15、具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型 首先利用转化思想，将函数2()ln()f xxxax为偶函数转化为 函数2()ln()g xxax为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取(0)ln01gaa 14、1,33【答案解析】易知函数()f x的定义域为R，且22()lg9()1()1()fxxxf x，则()f x是R上的偶函数由于291ux在0,+)上单调递增，而lgyu在1,+)u上也单调递增，由复合函数的单调性知2lg(91)yx在0,+)上单调递增，又21yx在0,+)上单调递增，故知22()lg(91)1f xxx在0,+)上单调递增令3logtx，知31log tx，则不等式331
16、(log)(log)2fxfx可化为()()2f tft，即2()2f t，可得()1f t，又2(1)lg10111 f，()f x是偶函数，可得(|)(1)ftf，由()f x在0,+)上单调递增，可得3|log|1x，则31log1 x，解得133x，故不等式331(log)(log)2fxfx的解集为1,33 15、3【答案解析】依题意可得二项式展开式的常数项为3323 152CTaxxx 即可得到方程，解得即可；【题目详解】解：二项式52ax xx的展开式中的常数项为3323 152C80240Taxxax ，解得3a.故答案为：3【答案点睛】本题考查二项式展开式中常数项的计算，属于
17、基础题.16、0,4【答案解析】设aOA，bOB，cOC，aOAOA，由|1a，|2b，|1cb，根据平面向量模的几何意义，可得 A 点轨迹为以 O 为圆心、1 为半径的圆，C 点轨迹为以 B 为圆心、1 为半径的圆，ac为AC的距离，利用数形结合求解.【题目详解】设aOA，bOB，cOC，aOAOA，如图所示：因为|1a，|2b，|1cb，所以 A 点轨迹为以 O 为圆心、1 为半径的圆，C 点轨迹为以 B 为圆心、1 为半径的圆，则ac即AC的距离，由图可知，04AC.故答案为：0,4【答案点睛】本题主要考查平面向量的模及运算的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题.三、解答题：共
18、70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）m(t)ln,11,01tt tt（2）a222.（3）a222.【答案解析】（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解（2）注意到函数 h(x)的图像上任意不同两点 A，B 连线的斜率总大于 1，等价于 h(x1)h(x2)x1x2(x1x2)恒成立，从而构造函数 F(x)h(x)x 在(0，)上单调递增，进而等价于 F(x)0 在(0，)上恒成立来加以研究（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到 a22ln1xxxx，再利用导
19、数求函数 M(x)22ln1xxxx的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值【题目详解】（1）f(x)11x，x0，令 f(x)0，则 x1.当 t1 时，f(x)在t，t1上单调递增，f(x)的最小值为 f(t)tlnt；当 0t1 时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t1)上为增函数，f(x)的最小值为 f(1)1.综上，m(t)ln,11,01tt tt （2）h(x)x2(a1)xlnx，不妨取 0 x1x2，则 x1x20，则由1212()()1h xh xxx，可得 h(x1)h(x2)x1x2，变形得 h(x1)x1h(x2)x2恒成立 令
20、 F(x)h(x)xx2(a2)xlnx，x0，则 F(x)x2(a2)xlnx 在(0，)上单调递增，故 F(x)2x(a2)1x0 在(0，)上恒成立，所以 2x1xa2 在(0，)上恒成立 因为 2x1x22，当且仅当 x22时取“”，所以 a222.（3）因为 f(x)()ag xx，所以 a(x1)2x2xlnx.因为 x(0,1，则 x1(1,2，所以x(0,1，使得 a22ln1xxxx成立 令 M(x)22ln1xxxx，则 M(x)2223ln1(1)xxxx.令 y2x23xlnx1，则由 y(1)(41)xxx0 可得 x14或 x1(舍)当 x1(0,)4时，y0，则函
21、数 y2x23xlnx1 在14上单调递减；当 x1(,)4时，y0，则函数 y2x23xlnx1 在1(,)4上单调递增 所以 yln4180，所以 M(x)0 在 x(0,1时恒成立，所以 M(x)在(0,1上单调递增 所以只需 aM(1)，即 a1.所以实数 a 的最大值为 1.【答案点睛】本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.18、（1）详见解析（2）2 55【答案解析】（1）如图，作EFPC，交BC于F，连接AF.因为3PBBE，所以E是PB的三等分点，可得2 33BF.因为2ABAD，2 3BCCD，ACAC，所以ABCADC，因为B
22、C AB，所以90ABC，因为23tan32 3ABACBBC，所以30ACBACD，所以60BCD，因为2tan32 33ABAFBBF，所以60AFB，所以AFCD，因为AF 平面PCD，CD 平面PCD，所以AF平面PCD.又EFPC，EF 平面PCD，PC 平面PCD，所以EF平面PCD.因为AFEFF，AF、EF 平面AEF，所以平面AEF平面PCD，所以AE平面PCD.（2）因为PAB是等边三角形，2AB，所以2PB.又因为4PC，2 3BC，所以222PCPBBC，所以BCPB.又BC AB，,AB PB 平面PAB，ABPBB，所以BC 平面PAB.因为BC 平面ABCD，所以
23、平面PAB 平面ABCD.在平面PAB内作Bz 平面ABCD.以 B 点为坐标原点，分别以,BC BA Bz所在直线为,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则(2 3,0,0)C，(0,2,0)A，(0,1,3)P，所以(2 3,0,0)BC，(0,1,3)BP，(2 3,2,0)AC，(0,1,3)AP.设111(,)x y zm为平面BPC的法向量，则00m BCm BP，即1112 3030 xyz，令11z ，可得(0,3,1)m.设222(,)xyzn为平面APC的法向量，则00n ACn AP，即22222 32030 xyyz，令21z，可得(1,3,1)n.所以
24、3 155,25cosm n，则252 51()n5s,5im n，所以二面角APCB的正弦值为2 55.19、（1）证明见解析；（2）见解析；（3）存在，1.【答案解析】（1）1m，求出()fx单调区间，进而求出min()0f x，即可证明结论；（2）对()0fx（或()0fx）是否恒成立分类讨论，若恒成立，没有极值点，若不恒成立，求出()0,()0fxfx的解，即可求出结论；（3）令111,(1,)()xhexxx，可证()0,(1,)h xx恒成立，而(1)0f，由（2）得，0,()mf x在(1,)为减函数，01,()mf x在11,m上单调递减，在(1,)都存在()0f x，不满足(
25、)()f xg x，当m1时，设21111()1ln2xF xm xxxe，且(1)0F，只需求出()F x在(1,)单调递增时m的取值范围即可.【题目详解】（1）1m，21()1ln(0)2f xxx x，211()xfxxxx，当(0,1)x时，()0fx，当(1,)x时，()0fx，min()(1)0f xf，故()0f x.（2）由题知，0 x，211()mxfxmxxx，当0m 时，21()0mxfxx，所以()f x在(0,)上单调递减，没有极值；当0m 时，21()0mxfxx，得1xm，当10,xm时，()0fx；当1,xm时，()0fx，所以()f x在10,nn上单调递减，
26、在1,m上单调递增.故()f x在1xm处取得极小值1111ln222fmmm，无极大值.（3）不妨令11111()xxxexh xxexe，设11(),(1,),()10 xxu xex xu xe 在(1,)恒成立，()u x在1,)单调递增，()(1)0u xu，10 xex在(1,)恒成立，所以，当(1,)x时，()0h x，由（2）知，当0,1mx时，()f x在(1,)上单调递减，()(1)0f xf恒成立；所以不等式111()xf xxe在(1,)上恒成立，只能0m.当01m时，11m，由（1）知()f x在11,m上单调递减，所以1(1)0ffm，不满足题意.当m1时，设211
27、11()1ln2xF xm xxxe，因为1,1mx，所以11111,1,01,10 xxxmxx eee ，322122111111()1xxxxF xmxxxxexxx ，即22(1)1()0 xxF xx，所以()F x在(1,)上单调递增，又(1)0F，所以(1,)x时，()0F x 恒成立，即()()0f xh x恒成立，故存在m1，使得不等式111()xf xxe在(1,)上恒成立，此时m的最小值是 1.【答案点睛】本题考查导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、不等式证明，考查分类讨论思想，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.20、（1）0,12,x时，函数
28、单调递增，(1,2),x，函数单调递减，minmax()4ln 28;()5f xf x；（2）见解析【答案解析】（1）求出函数的定义域与导函数，利用导数求函数的单调区间，即可得到函数的极值；（2）易得(4ln 28,5)m且012abc，要证明2ca，即证2ca，即证()()(2)f cf af a，即(2)(2)0f af a对0,1a 恒成立，构造函数()(2)()g xf xf x，(0,1)x，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得证；【题目详解】解：（1）因为2()64lnf xxxx定义域为0,，所以2(1)(2)()xxfxx，0,12,x 时，()0fx，即 f x在0,1和
29、2,上单调递增，当(1,2)x时，()0fx，即函数 f x在(1,2)单调递减，所以 f x在2x 处取得极小值，在1x 处取得极大值；()(2)4ln 28f xf极小值，()(1)5f xf 极大值；（2）易得(4ln 28,5),012mabc，要证明2ca，即证2ca，即证()()(2)f cf af a 即证(2)(2)0f af a对0,1a 恒成立，令()(2)()g xf xf x，(0,1)x，则224(1)3()(2)()02xg xfxfxxx 令()0g x，解得131x，即()g x在31,1上单调递增；令()0g x，解得031x，即()g x在0,31上单调递减
30、；则()g x在31x 取得极小值，也就是最小值，min()(3 1)4 3 124ln(3 1)4ln(3 1)g xg 4 3124ln4(32)0e从而结论得证.【答案点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数证明不等式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题 21、（1）唯一的极大值点 1，无极小值点（2）1【答案解析】（1）求出导函数，求得()0fx的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；（2）问题可变形为lnbaxx恒成立，由导数求出函数lnbyxx的最小值，0b 时，lnbyxx无最小值，因此只有0b，从而得出,a b的不等关系，得出所求最大值【题目详解
31、】解：（1）()fx定义域为(0,)，当1k 时，1()ln,()1f xxx fxx，令()0fx得1x，当()0,01;()0,1fxxfxx 所以()f x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以()f x有唯一的极大值点1x，无极小值点（2）当0k 时，()lnbbf xaxaxx 若()0,(,)bf xaa bRx恒成立，则ln0(,)bxaa bRx恒成立，所以lnbaxx恒成立，令lnbyxx，则2xbyx，由题意0b，函数在(0,)b上单调递减，在(,)b 上单调递增，所以ln1ab，所以1 lnab 所以1aeb，所以11 1aeb，故11aeb的最大值为 1【答
32、案点睛】本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题在求极值时，由()0fx确定的0 x不一定是极值点，还需满足在0 x两侧()fx的符号相反不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用 22、证明见解析【答案解析】由已知，易得11222nna da da d，所以121212122222nnnnaaaaaadddddd12112212nnnnaaaa da da dddd利用柯西不等式和基本不等式即可证明.【题目详解】因为凸n边形的面积为 1，所以11222nna da da d，所以121212122222nnnnaaaaaadddddd 12112212nnnnaaaa da da dddd 212112212()nnnnaaaa da da dddd（由柯西不等式得）212naaa 212()nnn a aa（由均值不等式得）【答案点睛】本题考查利用柯西不等式、基本不等式证明不等式的问题，考查学生对不等式灵活运用的能力，是一道容易题.