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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项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。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
2、1已知函数,若函数有三个零点,则实数的取值范围是( )ABCD2已知,则( )ABCD3复数的模为( )AB1C2D4如图,在中,且,则( )A1BCD5已知复数满足,则=( )ABCD6双曲线的渐近线与圆(x3)2y2r2(r0)相切,则r等于()AB2C3D67已知直线yk(x1)与抛物线C:y24x交于A,B两点,直线y2k(x2)与抛物线D:y28x交于M,N两点,设|AB|2|MN|,则( )A16B16C120D128已知m,n为异面直线,m平面,n平面,直线l满足l m,l n,则( )A且B且C与相交,且交线垂直于D与相交,且交线平行于9已知点,若点在曲线上运动,则面积的最小值
3、为( )A6B3CD10已知中,角、所对的边分别是,则“”是“”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C既不充分也不必要条件D充分必要条件11过直线上一点作圆的两条切线,为切点,当直线,关于直线对称时,( )ABCD12聊斋志异中有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦,请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻,额上坟起终不悟.”在这里,我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”:,则按照以上规律,若具有“穿墙术”,则( )A48B63C99D120二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为_.14双曲线的左右顶点为,以为直径作圆,为双曲线右支
4、上不同于顶点的任一点,连接交圆于点,设直线的斜率分别为,若,则_.15已知实数 满足,则的最大值为_.16根据如图所示的伪代码,输出的值为_.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)已知函数.(1)若函数的图象与轴有且只有一个公共点,求实数的取值范围;(2)若对任意成立,求实数的取值范围.18(12分)一年之计在于春,一日之计在于晨,春天是播种的季节,是希望的开端某种植户对一块地的个坑进行播种,每个坑播3粒种子,每粒种子发芽的概率均为,且每粒种子是否发芽相互独立对每一个坑而言,如果至少有两粒种子发芽,则不需要进行补播种,否则要补播种(1)当取何值时,有3个坑
5、要补播种的概率最大?最大概率为多少?(2)当时,用表示要补播种的坑的个数,求的分布列与数学期望19(12分)选修44:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C的参数方程为(为参数)以直角坐标系原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为,点P为曲线C上的动点,求点P到直线l距离的最大值20(12分)已知数列的前项和为,且满足(1)求数列的通项公式;(2)若,且数列前项和为,求的取值范围21(12分)选修4-5:不等式选讲已知函数()解不等式;()对及,不等式恒成立,求实数的取值范围.22(10分)已知在平面直角坐标系中,椭圆的焦点为为椭圆上任意一点,且.(1)
6、求椭圆的标准方程;(2)若直线交椭圆于两点,且满足(分别为直线的斜率),求的面积为时直线的方程.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、B【解析】根据所给函数解析式,画出函数图像.结合图像,分段讨论函数的零点情况:易知为的一个零点;对于当时,由代入解析式解方程可求得零点,结合即可求得的范围;对于当时,结合导函数,结合导数的几何意义即可判断的范围.综合后可得的范围.【详解】根据题意,画出函数图像如下图所示:函数的零点,即.由图像可知,所以是的一个零点,当时,若,则,即,所以,解得;当时,则,且若在时有一个零点,则,综上可得
7、,故选:B.【点睛】本题考查了函数图像的画法,函数零点定义及应用,根据零点个数求参数的取值范围,导数的几何意义应用,属于中档题.2、D【解析】根据指数函数的单调性,即当底数大于1时单调递增,当底数大于零小于1时单调递减,对选项逐一验证即可得到正确答案.【详解】因为,所以,所以是减函数,又因为,所以,所以,所以A,B两项均错;又,所以,所以C错;对于D,所以,故选D.【点睛】这个题目考查的是应用不等式的性质和指对函数的单调性比较大小,两个式子比较大小的常用方法有:做差和0比,作商和1比,或者直接利用不等式的性质得到大小关系,有时可以代入一些特殊的数据得到具体值,进而得到大小关系.3、D【解析】利
8、用复数代数形式的乘除运算化简,再由复数模的计算公式求解【详解】解:,复数的模为故选:D【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算,考查复数模的求法,属于基础题4、C【解析】由题可,所以将已知式子中的向量用表示,可得到的关系,再由三点共线,又得到一个关于的关系,从而可求得答案【详解】由,则,即,所以,又共线,则.故选:C【点睛】此题考查的是平面向量基本定理的有关知识,结合图形寻找各向量间的关系,属于中档题.5、B【解析】利用复数的代数运算法则化简即可得到结论.【详解】由,得,所以,.故选:B.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,属于基础题.6、A【解析】由圆心到渐近线的距
9、离等于半径列方程求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为yx,圆心坐标为(3,0)由题意知,圆心到渐近线的距离等于圆的半径r,即r.答案:A【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系,属于基础题.7、D【解析】分别联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理,可得,然后计算,可得结果.【详解】设, 联立则,因为直线经过C的焦点, 所以.同理可得,所以故选:D.【点睛】本题考查的是直线与抛物线的交点问题,运用抛物线的焦点弦求参数,属基础题。8、D【解析】试题分析:由平面,直线满足,且,所以,又平面,所以,由直线为异面直线,且平面平面,则与相交,否则,若则推出,与异面矛盾,所以相交,且交线平行
10、于,故选D考点:平面与平面的位置关系,平面的基本性质及其推论9、B【解析】求得直线的方程,画出曲线表示的下半圆,结合图象可得位于,结合点到直线的距离公式和两点的距离公式,以及三角形的面积公式,可得所求最小值.【详解】解:曲线表示以原点为圆心,1为半径的下半圆(包括两个端点),如图,直线的方程为,可得,由圆与直线的位置关系知在时,到直线距离最短,即为,则的面积的最小值为.故选:B.【点睛】本题考查三角形面积最值,解题关键是掌握直线与圆的位置关系,确定半圆上的点到直线距离的最小值,这由数形结合思想易得10、D【解析】由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】中,角、所对的边分别
11、是、,由大边对大角定理知“”“”,“”“”.因此,“” 是“”的充分必要条件.故选:D.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断,考查三角形的性质等基础知识,考查逻辑推理能力,是基础题11、C【解析】判断圆心与直线的关系,确定直线,关于直线对称的充要条件是与直线垂直,从而等于到直线的距离,由切线性质求出,得,从而得【详解】如图,设圆的圆心为,半径为,点不在直线上,要满足直线,关于直线对称,则必垂直于直线,设,则,,故选:C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,考查直线的对称性,解题关键是由圆的两条切线关于直线对称,得出与直线垂直,从而得就是圆心到直线的距离,这样在直角三角形中可求得角12、C【解
12、析】观察规律得根号内分母为分子的平方减1,从而求出n.【详解】解:观察各式发现规律,根号内分母为分子的平方减1所以故选:C.【点睛】本题考查了归纳推理,发现总结各式规律是关键,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】注意平移是针对自变量x,所以,再利用整体换元法求值域(最值)即可.【详解】由已知,又,故,所以的最小值为.故答案为:.【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题,涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用,是一道基础题.14、【解析】根据双曲线上的点的坐标关系得,交圆于点,所以,建立等式,两式作商即可得解.【详解】设,交圆于点,所以易知:即.故答
13、案为:【点睛】此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系,涉及双曲线中的部分定值结论,若能熟记常见二级结论,此题可以简化计算.15、【解析】作出不等式组所表示的平面区域,将目标函数看作点与可行域的点所构成的直线的斜率,当直线过时,直线的斜率取得最大值,代入点A的坐标可得答案.【详解】画出二元一次不等式组所表示的平面区域,如下图所示,由得点,目标函数表示点与可行域的点所构成的直线的斜率,当直线过时,直线的斜率取得最大值,此时的最大值为.故答案为:. 【点睛】本题考查求目标函数的最值,关键在于明确目标函数的几何意义,属于中档题.16、7【解析】表示初值S=1,i=1,分三次循环计算得S=100
14、,输出i=7.【详解】S=1,i=1第一次循环:S=1+1=2,i=1+2=3;第二次循环:S=2+3=5,i=3+2=5;第三次循环:S=5+5=10,i=5+2=7;S=109,循环结束,输出:i=7.故答案为:7【点睛】本题考查在程序语句的背景下已知输入的循环结构求输出值问题,属于基础题.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)求出及其导函数,利用研究的单调性和最值,根据零点存在定理和零点定义可得的范围(2)令,题意说明时,恒成立.同样求出导函数,由研究的单调性,通过分类讨论可得的单调性得出结论【详解】解(1)函数所以讨论:当时,无零
15、点;当时,所以在上单调递增.取,则又,所以,此时函数有且只有一个零点;当时,令,解得(舍)或当时,所以在上单调递减;当时,所以在上单调递增.据题意,得,所以(舍)或综上,所求实数的取值范围为.(2)令,根据题意知,当时,恒成立.又讨论:若,则当时,恒成立,所以在上是增函数.又函数在上单调递增,在上单调递增,所以存在使,不符合题意.若,则当时,恒成立,所以在上是增函数,据求解知,不符合题意.若,则当时,恒有,故在上是减函数,于是“对任意成立”的充分条件是“”,即,解得,故综上,所求实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数零点问题,考查不等式恒成立问题,考查用导数研究函数的单调性解题关键是通过分类讨
16、论研究函数的单调性本题难度较大,考查掌握转化与化归思想,考查学生分析问题解决问题的能力18、(1)当或时,有3个坑要补播种的概率最大,最大概率为; (2)见解析.【解析】(1)将有3个坑需要补种表示成n的函数,考查函数随n的变化情况,即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大(2)n1时,X的所有可能的取值为0,1,2,3,1分别计算出每个变量对应的概率,列出分布列,求期望即可【详解】(1)对一个坑而言,要补播种的概率,有3个坑要补播种的概率为.欲使最大,只需,解得,因为,所以当时,;当时,;所以当或时,有3个坑要补播种的概率最大,最大概率为.(2)由已知,的可能取值为0,1,2,3,1.,
17、所以的分布列为01231的数学期望.【点睛】本题考查了古典概型的概率求法,离散型随机变量的概率分布,二项分布,主要考查简单的计算,属于中档题19、(1),(2)【解析】试题分析:利用将极坐标方程化为直角坐标方程:化简为cossin1,即为xy1再利用点到直线距离公式得:设点P的坐标为(2cos,sin),得P到直线l的距离试题解析:解:化简为cossin1,则直线l的直角坐标方程为xy1设点P的坐标为(2cos,sin),得P到直线l的距离,dmax 考点:极坐标方程化为直角坐标方程,点到直线距离公式20、(1)(2)【解析】(1)由,可求,然后由时,可得,根据等比数列的通项可求(2)由,而,
18、利用裂项相消法可求.【详解】(1)当时,解得,当时,得,即,数列是以2为首项,2为公比的等比数列,;(2),.【点睛】本题考查递推公式在数列的通项求解中的应用,等比数列的通项公式、裂项求和方法,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力21、().().【解析】详解:()当时,由,解得;当时,不成立;当时,由,解得.所以不等式的解集为.()因为,所以.由题意知对,即,因为,所以,解得.【点睛】 绝对值不等式解法的基本思路是:去掉绝对值号,把它转化为一般的不等式求解,转化的方法一般有:绝对值定义法;平方法;零点区域法 不等式的恒成立可用分离变量法若所给的不等式能通过恒等变
19、形使参数与主元分离于不等式两端,从而问题转化为求主元函数的最值,进而求出参数范围这种方法本质也是求最值一般有: 为参数)恒成立 为参数)恒成立 22、(1)(2)或【解析】(1)根据椭圆定义求得,得椭圆方程;(2)设,由得,应用韦达定理得,代入已知条件可得,再由椭圆中弦长公式求得弦长,原点到直线的距离,得三角形面积,从而可求得,得直线方程【详解】解:(1)据题意设椭圆的方程为则椭圆的标准方程为.(2)据得设,则又原点到直线的距离解得或所求直线的方程为或【点睛】本题考查求椭圆标准方程,考查直线与椭圆相交问题解题时采取设而不求思想,即设交点坐标为,直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得,把这个结论代入题中条件求得参数,用它求弦长等等,从而解决问题