《福建厦门第六中学2023学年高考数学二模试卷(含解析)35185.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建厦门第六中学2023学年高考数学二模试卷(含解析)35185.pdf（18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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每
2、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1如图，在ABC中，23ANNC，P是BN上一点，若13APtABAC，则实数t的值为（）A23 B25 C16 D34 2在我国传统文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五个物质类别，在五者之间，有一种“相生”的关系，具体是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个，这二者具有相生关系的概率是（）A0.2 B0.5 C0.4 D0.8 3已知函数()(N)kf xkx，ln1()1xg xx，若对任意的1c，存在实数,a b满足0abc，使得()()()g af bg c，则k的最大值是()A3 B2 C4 D5 4已知六棱锥
3、PABCDEF各顶点都在同一个球（记为球O）的球面上，且底面ABCDEF为正六边形，顶点P在底面上的射影是正六边形ABCDEF的中心G，若6PA，2AB，则球O的表面积为（）A163 B94 C6 D9 5 周易是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（）A356 B328 C314 D14 6若i为虚数单位，则复数22sincos33zi 的共轭复数z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
4、第四象限 7已知复数z满足()()5zii，则z（）A6i B6i C6 D6 8执行如图所示的程序框图后，输出的值为 5，则P的取值范围是（）.A3 7,4 8 B59,6 10 C7 15,8 16 D15 31,16 32 9如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中左视图中三角形为等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是（）A16 B323 C64 23 D20 53 10 设F为抛物线24xy的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若0FAFBFC，则|FAFBFC（）.A9 B6 C38 D316 11某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径
5、组成的图形，则此几何体的体积是（）A203 B6 C103 D163 12如图，棱长为1的正方体1111ABCDABC D中，P为线段1AB的中点，,M N分别为线段1AC和 棱 11BC上任意一点，则22PMMN的最小值为（）A22 B2 C3 D2 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知向量a，b满足2a，1b，3ab，则向量a在b的夹角为_.14已知点P是直线l上的一点，将直线l绕点P逆时针方向旋转角02，所得直线方程是20 xy，若将它继续旋转2角，所得直线方程是210 xy，则直线l的方程是_.15已知复数22(1)zmmi对应的点位于第二象限，则实数m
6、的范围为_.16 设等差数列 na的前n项和为nS，若23a，416S，则数列 na的公差d _，通项公式na _.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）如图所示，直角梯形 ABCD 中，/ADBC，ADAB，22ABBCAD，四边形 EDCF 为矩形，3CF，平面EDCF 平面 ABCD (1)求证：DF平面 ABE；(2)求平面 ABE 与平面 EFB 所成锐二面角的余弦值(3)在线段 DF 上是否存在点 P，使得直线 BP 与平面 ABE 所成角的正弦值为34，若存在，求出线段 BP 的长，若不存在，请说明理由 18（12 分）已知数列na是各
7、项均为正数的等比数列(*)nN，12a，且12a，3a，23a成等差数列（）求数列na的通项公式；（）设2lognnba，nS为数列 nb的前n项和，记1231111nnTSSSS，证明：12nT 19（12 分）为了整顿道路交通秩序，某地考虑将对行人闯红灯进行处罚.为了更好地了解市民的态度，在普通行人中随机选取了 200 人进行调查，当不处罚时，有 80 人会闯红灯，处罚时，得到如表数据：处罚金额x（单位：元）5 10 15 20 会闯红灯的人数y 50 40 20 10 若用表中数据所得频率代替概率.（1）当罚金定为 10 元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少？（2）将选取的 20
8、0 人中会闯红灯的市民分为两类：A类市民在罚金不超过 10 元时就会改正行为；B类是其他市民.现对A类与B类市民按分层抽样的方法抽取 4 人依次进行深度问卷，则前两位均为B类市民的概率是多少？20（12 分）古人云：“腹有诗书气自华.”为响应全民阅读，建设书香中国，校园读书活动的热潮正在兴起.某校为统计学生一周课外读书的时间，从全校学生中随机抽取n名学生进行问卷调査，统计了他们一周课外读书时间（单位：h）的数据如下：一周课外读书时间/h 0,2 2,4 4,6 6,8 8,10 10,12 12,14 14,16 16,18 合计 频数 4 6 10 12 14 24 a 46 34 n 频率
9、 0.02 0.03 0.05 0.06 0.07 0.12 0.25 p 0.17 1（1）根据表格中提供的数据，求a，p，n的值并估算一周课外读书时间的中位数.（2）如果读书时间按0,6，6,12，12,18分组，用分层抽样的方法从n名学生中抽取 20 人.求每层应抽取的人数；若从0,6，6,12中抽出的学生中再随机选取 2 人，求这 2 人不在同一层的概率.21（12 分）已知正实数ab，满足4ab.（1）求14ab 的最小值.（2）证明：2211252abab 22（10 分）已知 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 c2a，bsinBasinA12asinC（）
10、求 sinB 的值；（）求 sin（2B+3）的值 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、C【答案解析】由题意，可根据向量运算法则得到25APmAC（1m）AB，从而由向量分解的唯一性得出关于 t 的方程，求出t 的值.【题目详解】由题意及图，1APABBPABmBNABm ANABmANm AB，又，23ANNC，所以25ANAC，25APmAC（1m）AB，又AP t13ABAC，所以12153mtm，解得 m56，t16，故选 C【答案点睛】本题考查平面向量基本定
11、理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.2、B【答案解析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【题目详解】从五行中任取两个，所有可能的方法为：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共10种，其中由相生关系的有金水、木水、木火、火土、金土，共5种，所以所求的概率为510.5102.故选：B【答案点睛】本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题.3、A【答案解析】根据条件将问题转化为ln11xkxx，对于1x 恒成立，然后构造函数ln1()1xh xxx，然后求出()h x的范围，进一步得到k的最大值.【题目详解】()(N)kf
12、 xkx，ln1()1xg xx，对任意的1c，存在实数,a b满足0abc，使得()()()g af bg c，易得()()()g cf bf c，即ln11ckcc恒成立，ln11xkxx，对于1x 恒成立,设ln1()1xh xxx，则22ln()(1)xxh xx，令()2lnq xxx，1()10q xx 在1x 恒成立，(3)32ln30(4)42ln 40qq，故存在0(3,4)x，使得 00q x，即002lnxx，当0(1,)xx时，()0q x，()h x单调递减；当0(,)xx时，()0q x，()h x单调递增.000min00ln()()1xxxh xh xx,将00
13、2lnxx代入得：000min000(2)()()1xxxh xh xxx，Nk，且min0()kh xx，3k 故选：A【答案点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题.4、D【答案解析】由题意，得出六棱锥PABCDEF为正六棱锥，求得222PGPAAG，再结合球的性质，求得球的半径32R，利用表面积公式，即可求解.【题目详解】由题意，六棱锥PABCDEF底面ABCDEF为正六边形，顶点P在底面上的射影是正六边形ABCDEF的中心G，可得此六棱锥为正六棱锥，又由2AB，所以2AG，在直角PAG中，因为6PA，所以222PGPAAG，设外
14、接球的半径为R，在AOG中，可得222AOAGOG，即222(2)(2)RR，解得32R，所以外接球的表面积为249SR.故选:D.【答案点睛】本题主要考查了正棱锥的几何结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟记几何体的结构特征，熟练应用球的性质求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.5、C【答案解析】分类讨论，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦；从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一个，再取没有阳爻的坤卦，计算满足条件的种数，利用古典概型即得解.【题目详解】由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是233
15、C；仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是133C，于是所求的概率2833314PC 故选：C【答案点睛】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.6、B【答案解析】由共轭复数的定义得到z，通过三角函数值的正负，以及复数的几何意义即得解【题目详解】由题意得22sincos33zi，因为23sin032，21cos032，所以z在复平面内对应的点位于第二象限 故选：B【答案点睛】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.7、A【答案解析】由复数的运算法则计算【
16、题目详解】因为()()5zii，所以56ziii 故选：A【答案点睛】本题考查复数的运算属于简单题 8、C【答案解析】框图的功能是求等比数列的和，直到和不满足给定的值时，退出循环，输出 n.【题目详解】第一次循环：1,22Sn；第二次循环：2113,3224Sn；第三次循环：231117,42228Sn；第四次循环：234111115,5222216Sn；此时满足输出结果，故715816P.故选：C.【答案点睛】本题考查程序框图的应用，建议数据比较小时，可以一步一步的书写，防止错误，是一道容易题.9、C【答案解析】作出三视图所表示几何体的直观图，可得直观图为直三棱柱，并且底面为等腰直角三角形，
17、即可求得外接球的半径，即可得外接球的体积.【题目详解】如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为2的等腰直角三角形，三棱柱的高为 4，其外接球半径为2 2r，所以体积为3464 22 233V.故选：C【答案点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心的确定.10、C【答案解析】设11(,)A x y，22(,)B xy，33(,)C xy，由0FAFBFC可得123316xxx，利用定义将|FAFBFC用123,x xx表示即可.【题目详解】设11(,)A x y，22(,)B xy，33(,)C xy，由0FAFBFC及1(,0)16F，
18、得111(,)16xy221(,)16xy331(,)(0,0)16xy，故123316xxx，所以123111|161616FAFBFCxxx38.故选：C.【答案点睛】本题考查利用抛物线定义求焦半径的问题，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.11、C【答案解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为 2，高为 1 的圆柱的一半，上部为底面半径为 2，高为 2 的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为2112122V，上部半圆锥的体积为2211422233V，所以该几何体的体积为12410233VVV，故应选C 12、D【答案解析】取AC中点E，过M作MF 面1111DCBA，可得MFN为等腰直角
19、三角形，由APMAEM，可得PMEM，当11MNBC时，MN最小，由 22MFMN，故122222222PMMNPMMNEMMFAA，即可求解.【题目详解】取AC中点E，过M作MF 面1111DCBA，如图：则APMAEM，故PMEM，而对固定的点M，当11MNBC时，MN最小 此时由MF 面1111DCBA，可知MFN为等腰直角三角形，22MFMN，故122222222PMMNPMMNEMMFAA.故选：D【答案点睛】本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13、3【答案解析】把3ab平方利用数量积的
20、运算化简即得解.【题目详解】因为2a，1b，3ab，所以2223aa bb，1a b，1cos2，因为0,所以3.故答案为：3【答案点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14、230 xy【答案解析】求出点P坐标，由于直线210 xy 与直线l垂直，得出直线l的斜率为12，再由点斜式写出直线l的方程.【题目详解】1,120210 xxyPy 由于直线210 xy 可看成直线l先绕点P逆时针方向旋转角，再继续旋转2角得到，则直线210 xy 与直线l垂直，即直线l的斜率为12 所以直线l的方程为11(1)2yx，即230 xy
21、故答案为：230 xy【答案点睛】本题主要考查了求直线的方程，涉及了求直线的交点以及直线与直线的位置关系，属于中档题.15、(1,2)【答案解析】由复数2(2)(1)zmmi对应的点2(2m，1m)在第二象限，得220m，且10m，从而求出实数m的范围【题目详解】解：复数22(1)zmmi对应的点22,1mm位于第二象限，220m，且10m，12m，故答案为：(1,2)【答案点睛】本题主要考查复数与复平面内对应点之间的关系，解不等式220m，且10m 是解题的关键，属于基础题 16、2 21nan 【答案解析】直接利用等差数列公式计算得到答案.【题目详解】213aad，414616Sad，解得
22、11a，2d，故21nan.故答案为：2；21nan.【答案点睛】本题考查了等差数列的基本计算，意在考查学生的计算能力.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、（I）见解析（II）5 3131（III）2BP 【答案解析】试题分析：（）取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面ABE的法向量3,0,1n，且1,2,3DF ，据此有0DF n，则/DF平面ABE（）由题意可得平面BEF的法向量2 3,3,4m，结合()的结论可得5 31cos31m nm n，即平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值为5 3131（）设
23、,2,3DPDF，0,1，则1,22,3BP ，而平面ABE的法向量3,0,1n，据此可得3sincos,4BP n，解方程有12或14据此计算可得2BP 试题解析：（）取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则1,0,0A，1,2,0B，0,0,3E，1,2,3F，1,2,3BE ，0,2,0AB，设平面ABE的法向量,nx y z，230,20,xyzy 不妨设3,0,1n，又1,2,3DF ，330DF n，DFn，又DF 平面ABE，/DF平面ABE（）1,2,3BE ，2,0,3BF ，设平面BEF的法向量,mx y z，230,230,xyzxz
24、 不妨设2 3,3,4m，105 31cos31231m nm n，平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值为5 3131（）设1,2,3DPDF,2,3，0,1，,2,3P，1,22,3BP ，又平面ABE的法向量3,0,1n，2223333sincos,421223BP n，28610，12或14 当12时，33,1,22BP，2BP；当14时，533,424BP，2BP 综上，2BP 18、（）2nna，*nN；（）见解析【答案解析】（）由12a，且1322,3a aa成等差数列，可求得 q，从而可得本题答案；（）化简求得nb，然后求得1nS，再用裂项相消法求nT，即可得到本题答案.【
25、题目详解】（）因为数列 na是各项均为正数的等比数列*nN，12a，可设公比为 q，0q，又1322,3a aa成等差数列，所以312223aaa，即22243 2qq，解得2q或12q （舍去），则112nnnaa q，*nN；（）证明：22loglog 2nnnban，1(1)2nSn n，12112(1)1nSn nnn，则12311111111112(1)2(1)22311nnTSSSSnnn，因为11012n，所以112 121n 即12nT.【答案点睛】本题主要考查等差等比数列的综合应用，以及用裂项相消法求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.19、（1）降低15（
26、2）16【答案解析】（1）计算出罚金定为 10 元时行人闯红灯的概率，和不进行处罚时行人闯红灯的概率，求解即可；（2）闯红灯的市民有 80 人，其中A类市民和B类市民各有 40 人，根据分层抽样法抽出 4 人依次排序，计算所求的概率值.【题目详解】解：（1）当罚金定为 10 元时，行人闯红灯的概率为4012005；不进行处罚，行人闯红灯的概率为8022005；所以当罚金定为 10 元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低211555；（2）由题可知，闯红灯的市民有 80 人，A类市民和B类市民各有 40 人 故分别从A类市民和B类市民各抽出两人，4 人依次排序 记A类市民中抽取的两人对应的编号
27、为1,2，B类市民中抽取的两人编号为3,4 则 4 人依次排序分别为(1,2,3,4),(1,2,4,3)，(1,3,2,4),(1,3,4,2)，(1,4,3,2),(1,4,2,3)，(2,1,3,4),(2,1,4,3)，(2,3,1,4),(2,3,4,1)，(2,4,1,3),(2,4,3,1)，(3,1,2,4),(3,1,4,2)，(3,2,1,4),(3,2,4,1)，(3,4,1,2),(3,4,2,1)，(4,1,2,3),(4,1,3,2)，(4,2,1,3),(4,2,3,1)，(4,3,1,2),(4,3,2,1)，共有24种 前两位均为B类市民排序为(3,4,1,2
28、),(3,4,2,1)，(4,3,1,2),(4,3,2,1)，有4种，所以前两位均为B类市民的概率是41246P.【答案点睛】本题主要考查了计算古典概型的概率，属于中档题.20、（1）200n，50a，0.23p，中位数13.2h；（2）三层中抽取的人数分别为 2，5，13；1021【答案解析】（1）根据频率分布直方表的性质，即可求得42000.02n，得到50a，0.23p，再结合中位数的计算方法，即可求解.（2）由题意知用分层抽样的方法从样本中抽取 20 人，根据抽样比，求得在三层中抽取的人数；由知，设0,6内被抽取的学生分别为,x y，6,12内被抽取的学生分别为,a b c d e，
29、利用列举法得到基本事件的总数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.【题目详解】（1）由题意，可得42000.02n，所以0.25 20050a，460.23200p.设一周课外读书时间的中位数为x小时，则0.170.23(14)0.1250.5x，解得13.2x，即一周课外读书时间的中位数约为13.2小时.（2）由题意知用分层抽样的方法从样本中抽取 20 人，抽样比为110，又因为0,6，6,12，12,18的频数分别为 20，50，130，所以从0,6，6,12，12,18三层中抽取的人数分别为 2，5，13.由知，在0,6，6,12两层中共抽取 7 人，设0,6内被抽取的学生分别为,x
30、y，6,12内被抽取的学生分别为,a b c d e，若从这 7 人中随机抽取 2 人，则所有情况为xy，xa，xb，xc，xd，xe，ya，yb，yc，yd，ye，ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共有 21 种，其中 2 人不在同一层的情况为xa，xb，xc，xd，xe，ya，yb，yc，yd，ye，共有 10 种.设事件M为“这 2 人不在同一层”，由古典概型的概率计算公式，可得概率为10()21P M.【答案点睛】本题主要考查了频率分布直方表的性质，中位数的求解，以及古典概型的概率计算等知识的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.21、（1
31、）94；（2）见解析【答案解析】（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.【题目详解】（1）因为4ab，所以141414544abbaababab 因为00ab，所以44baab（当且仅当4baab，即48,33ab 时等号成立），所以14195(54)444baab（2）证明：2222111141122ababababab 因为4ab，所以1111111()2(22)1444ababababba 故2211252abab（当且仅当2ab 时，等号成立）【答案点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中
32、档题.22、（）74（）3 7316【答案解析】（）根据条件由正弦定理得2212baac，又 c2a，所以222ba，由余弦定理算出cosB，进而算出sinB；（）由二倍角公式算出sin2cos2，BB，代入两角和的正弦公式计算即可.【题目详解】（）bsinBasinA12asinC，所以由正弦定理得2212baac，又 c2a，所以222ba，由余弦定理得：2223cos24bacBac，又0,B，所以7sin4B；（）23 71sin22sincoscos22cos188，BBBBB，3 73sin 2sin2 coscos2 sin33316BBB.【答案点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力.