《2022-2023学年山东省单县一中高三二诊模拟考试数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年山东省单县一中高三二诊模拟考试数学试卷含解析.doc（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年高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知正方体的棱长为，分别是棱，的中点，给出下列四个命题: ; 直线与直线所成角为; 过，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形; 三棱锥的体积为.其中，正确命题的个数为（ ）ABCD2已知集合，则集合真子集的个数为（ ）A3B4C7D83已知数
2、列，是首项为8，公比为得等比数列，则等于（ ）A64B32C2D44音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受，熔铸人们的美学趣味著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐声都能用数学表达式来描述，它们是一些形如的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音由乐声的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波下列函数中不能与函数构成乐音的是（ ）ABCD5已知函数（，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6已知等差数列的公差不为零，且，构成新的等
3、差数列，为的前项和，若存在使得，则（ ）A10B11C12D137在平行六面体中，M为与的交点，若,，则与相等的向量是（ ）ABCD8复数（）ABC0D9下图是民航部门统计的某年春运期间，六个城市售出的往返机票的平均价格（单位元），以及相比于上一年同期价格变化幅度的数据统计图，以下叙述不正确的是（ ）A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高B天津的往返机票平均价格变化最大C上海和广州的往返机票平均价格基本相当D相比于上一年同期，其中四个城市的往返机票平均价格在增加10在边长为的菱形中，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ）ABCD11已知双曲线，过原点作一条倾斜
4、角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为ABC2D12欧拉公式为,(虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图梯形为直角梯形，图中阴影部分为曲线与直线围成的平面图形，向直角梯形内投入一质点，质点落入阴影部分的概率是_14已知数列的前项和为，且满足，则_15能说明“若对于任意的都成立，则在上是减函
5、数”为假命题的一个函数是_.16在平面直角坐标系中，已知，若圆上有且仅有四个不同的点C，使得ABC的面积为5，则实数a的取值范围是_.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.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，证明：.18（12分）已知，函数有最小值7.（1）求的值；（2）设，求证：.19（12分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若点P的极坐标为，求的值.20（12分）
6、在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.21（12分）在直角坐标系中，已知点，若以线段为直径的圆与轴相切.（1）求点的轨迹的方程；（2）若上存在两动点（A，B在轴异侧）满足，且的周长为，求的值.22（10分）在锐角中，分别是角，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（ ）ABCD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、C【解析】画出几何体的图形，然后转化判
7、断四个命题的真假即可【详解】如图；连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，可知平面，即可证明，所以正确；直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；过，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形所以不正确；如图：三棱锥的体积为：由条件易知F是GM中点，所以,而，所以三棱锥的体积为，正确；故选：【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题2、C【解析】解出集合，再由含有个元素的集合，其真子集的个数为个可得答案.【详解】解：由，得所以集合的真子集个数为个.故选：C【点睛】此题考查利用集合子集个数判断集合
8、元素个数的应用，含有个元素的集合，其真子集的个数为个，属于基础题.3、A【解析】根据题意依次计算得到答案.【详解】根据题意知：，故，.故选：.【点睛】本题考查了数列值的计算，意在考查学生的计算能力.4、C【解析】由基本音的谐波的定义可得,利用可得,即可判断选项.【详解】由题,所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍,称为基本音的谐波,由,可知若,则必有,故选:C【点睛】本题考查三角函数的周期与频率,考查理解分析能力.5、B【解析】先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.【详解】设,根据图象可知,再由, 取,.将函数的图象
9、向右平移个单位长度,得到函数的图象,.,令,则,显然,是的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换, 二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题.6、D【解析】利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】由，构成等差数列可得即又解得：又所以时，.故选：D【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.7、D【解析】根据空间向量的线性运算，用作基底表示即可得解.【详解】根据空间向量的线性运算可知因为,，则即，故选：D
10、.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，用基底表示向量，属于基础题.8、C【解析】略9、D【解析】根据条形图可折线图所包含的数据对选项逐一分析，由此得出叙述不正确的选项.【详解】对于A选项，根据折线图可知深圳的变化幅度最小，根据条形图可知北京的平均价格最高，所以A选项叙述正确.对于B选项，根据折线图可知天津的往返机票平均价格变化最大，所以B选项叙述正确.对于C选项，根据条形图可知上海和广州的往返机票平均价格基本相当，所以C选项叙述正确.对于D选项，根据折线图可知相比于上一年同期，除了深圳外，另外五个城市的往返机票平均价格在增加，故D选项叙述错误.故选：D【点睛】本小题主要考查根据条形图和折线图
11、进行数据分析，属于基础题.10、A【解析】画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；【详解】如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.法一：四边形的外接圆直径，；法二：，；法三：作出的外接圆直径，则，.故选：A【点睛】此题考查三棱锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.11、B【解析】求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.【详解
12、】设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.12、A【解析】计算，得到答案.【详解】根据题意，故，表示的复数在第一象限.故选：.【点睛】本题考查了复数的计算， 意在考查学生的计算能力和理解能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】联立直线与抛物线方程求出交点坐标，再利用定积分求出阴影部分的面积，利用梯形的面积公式求出，最后根据几何概型的概率公式计算可得；【详解】解：联立解得或
13、，即，故答案为：【点睛】本题考查几何概型的概率公式的应用以及利用微积分基本定理求曲边形的面积，属于中档题.14、【解析】对题目所给等式进行赋值，由此求得的表达式，判断出数列是等比数列，由此求得的值.【详解】解：，可得时，时，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列前项和公式，属于中档题.15、答案不唯一，如【解析】根据对基本函数的理解可得到满足条件的函数.【详解】由题意，不妨设，则在都成立，但是在是单调递增的，在是单调递减的，说明原命题是假命题.所以本题答案为，答案不唯一，符合条件即可.【点睛】本题考查对基本初等函
14、数的图像和性质的理解，关键是假设出一个在上不是单调递减的函数，再检验是否满足命题中的条件，属基础题.16、（，）【解析】求出AB的长度，直线方程，结合ABC的面积为5，转化为圆心到直线的距离进行求解即可【详解】解：AB的斜率k，|AB|5，设ABC的高为h，则ABC的面积为5，S|AB|hh5，即h2，直线AB的方程为yax，即4x3y+3a0若圆x2+y29上有且仅有四个不同的点C，则圆心O到直线4x3y+3a0的距离d，则应该满足dRh321，即1，得|3a|5得a，故答案为：（，）【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，求出直线方程和AB的长度，转化为圆心到直线的距离是解决本题的关
15、键三、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)见证明【解析】（1） 利用零点分段法讨论去掉绝对值求解；（2） 利用绝对值不等式的性质进行证明.【详解】（1）解：当时，不等式可化为.当时，所以；当时，.所以不等式的解集是.（2）证明：由，得，又，所以，即.【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式问题的求解，含有绝对值不等式的解法一般是使用零点分段讨论法.18、（1）.（2）见解析【解析】（1）由绝对值三解不等式可得，所以当时，即可求出参数的值；（2）由，可得，再利用基本不等式求出的最小值，即可得证；【详解】解：（1），当时，解得.（2），当且仅当，即，时，等号
16、成立.【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式及基本不等式的简单应用，属于中档题19、（1），；（2）2.【解析】（1）由得，求出曲线的直角坐标方程.由直线的参数方程消去参数，即求直线的普通方程；（2）将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，韦达定理得，点在直线上，则，即可求出的值.【详解】（1）由可得，即，即，曲线的直角坐标方程为，由直线的参数方程（t为参数），消去得，即直线的普通方程为.（）点的直角坐标为，则点在直线上.将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，整理得，直线与曲线交于两点，即.设点所对应的参数分别为，由韦达定理可得，.点在直线上，.【点
17、睛】本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化及应用，属于中档题.20、（1）：，：；（2），此时.【解析】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.考点：坐标系与参数方程.【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法
18、；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性注意方程中的参数的变化范围21、（1）；（2）【解析】（1）设，则由题设条件可得，化简后可得轨迹的方程.（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程后利用韦达定理化简并求得，结合焦半径公式及弦长公式可求的值及的长.【详解】（1）设，则圆心的坐标为，因为以线段为直径的圆与轴相切，所以，化简得的方程为.(2)由题意，设直线，联立得，设 （其中）所以，且，因为，所以，所以，故或 （舍），直线，因为的周长为所以.即，因为.又，所以，解得，所以.【点睛】本题考查曲线方程以及抛物线中的
19、弦长计算，还涉及到向量的数量积.一般地，抛物线中的弦长问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把已知等式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程.本题属于中档题.22、A【解析】由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.【详解】由题意，在锐角中，满足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，则，所以，可得，又由的面积，所以，则.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.