《上海市奉城高级中学2023届高三第二次联考数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市奉城高级中学2023届高三第二次联考数学试卷含解析.doc（22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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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在中，在边上满足，为的中点，则（ ）.ABCD2某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，
2、导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）A58厘米B63厘米C69厘米D76厘米3过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点，且，抛物线的准线与轴交于，的面积为，则（ ）ABCD4秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入、的值分别为、，则输出的值为（ ） ABCD5已知三棱锥中，为的中点，平面，则有下列四个结论：若为的外心，则；若为等边三角形，则；当时，与平面所成的角的范围为；当时，为平面内一动点，若
3、OM平面，则在内轨迹的长度为1其中正确的个数是（ ）A1B1C3D46已知m为实数，直线：，：，则“”是“”的（ ）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件7在中，则边上的高为（ ）AB2CD8设则以线段为直径的圆的方程是（ ）ABCD9若关于的不等式有正整数解，则实数的最小值为（ ）ABCD10有一改形塔几何体由若千个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是（ ）A8B7C6D411如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（
4、 ）ABCD12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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13正方体的棱长为2, 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦), 为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时, 的取值范围是_.14正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为_15 “”是“”的_条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）16已知向量，则_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明
5、过程或演算步骤。17（12分）在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.（1）写出圆C的直角坐标方程；（2）设直线l与圆C交于A，B两点，求的值.18（12分）已知函数（，），且对任意，都有.（）用含的表达式表示；（）若存在两个极值点，且，求出的取值范围，并证明；（）在（）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.19（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线和圆的普通方程；（2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围.2
6、0（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数（1）写出与的直角坐标方程；（2）在什么范围内取值时，与有交点21（12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，是棱上的一点，满足平面.（）证明：；（）设，若为棱上一点，使得直线与平面所成角的大小为30，求的值.22（10分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率，右准线为，是上的两个动点，（）若，求的值；（）证明：当取最小值时，与共线参考答案一、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】由，可得，再将代入
7、即可.【详解】因为，所以，故.故选：B.【点睛】本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.2、B【解析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，故导线长度约为63(厘米).故选：B.【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.3、B【解析】设点、，并设直线的方程为，由得，将直线的方程代入韦达定理，求得，结合的面积求得的值，结合焦点弦长公式可求得.【详解】设点、，并设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，消去得，由韦达定理
8、得，可得，抛物线的准线与轴交于，的面积为，解得，则抛物线的方程为，所以，.故选：B.【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.4、B【解析】列出循环的每一步，由此可得出输出的值.【详解】由题意可得：输入，；第一次循环，继续循环；第二次循环，继续循环；第三次循环，跳出循环；输出.故选：B.【点睛】本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.5、C【解析】由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,
9、可判断正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得正确.【详解】画出图形：若为的外心，则，平面,可得,即，正确;若为等边三角形，又可得平面，即,由可得，矛盾，错误;若，设与平面所成角为可得，设到平面的距离为由可得即有，当且仅当取等号.可得的最大值为， 即的范围为，正确；取中点，的中点，连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上，而，可得正确；所以正确的是：故选：C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.6、A【解析】根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的
10、定义进行判断即可【详解】当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y1=0，l2：x+y2=0满足l1l2，即充分性成立，当m=0时，两直线方程分别为y1=0，和2x2=0，不满足条件当m0时，则l1l2，由得m23m+2=0得m=1或m=2，由得m2，则m=1，即“m=1”是“l1l2”的充要条件，故答案为：A【点睛】（1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 本题也可以利用下面的结论解答，直线和直线平行，则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.7、C【解析】结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的
11、正弦公式，求得边长，由此求得边上的高.【详解】过作，交的延长线于.由于，所以为钝角，且，所以.在三角形中，由正弦定理得，即，所以.在中有，即边上的高为.故选：C【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题.8、A【解析】计算的中点坐标为，圆半径为，得到圆方程.【详解】的中点坐标为：，圆半径为，圆方程为.故选：.【点睛】本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.9、A【解析】根据题意可将转化为，令，利用导数，判断其单调性即可得到实数的最小值【详解】因为不等式有正整数解，所以，于是转化为， 显然不是不等式的解，当时，所以可变形为令，则，函数在上
12、单调递增，在上单调递减，而，所以当时，故，解得故选：A【点睛】本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在考查学生的转化能力，属于中档题10、A【解析】则从下往上第二层正方体的棱长为：，从下往上第三层正方体的棱长为：，从下往上第四层正方体的棱长为：，以此类推，能求出改形塔的最上层正方体的边长小于1时该塔形中正方体的个数的最小值的求法.【详解】最底层正方体的棱长为8，则从下往上第二层正方体的棱长为：，从下往上第三层正方体的棱长为：，从下往上第四层正方体的棱长为：，从下往上第五层正方体的棱长为：，从下往上第六层正方体的棱长为：，从下往上第七
13、层正方体的棱长为：，从下往上第八层正方体的棱长为：，改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是8.故选：A.【点睛】本小题主要考查正方体有关计算，属于基础题.11、C【解析】画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果【详解】画出图形，如下图选取为基底，则，故选C【点睛】应用平面向量基本定理应注意的问题（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算12、B【解析】先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到
14、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出，即可由范围求得的取值范围.【详解】连接，如下图所示：设球心为,则当弦的长度最大时，为球的直径，
15、由向量线性运算可知正方体的棱长为2，则球的半径为1，所以，而所以，即故答案为：.【点睛】本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算，正方体内切球性质应用，属于中档题.14、【解析】试题分析：因为正三棱柱的底面边长为，侧棱长为为中点，所以底面的面积为，到平面的距离为就是底面正三角形的高，所以三棱锥的体积为考点：几何体的体积的计算15、充分不必要【解析】由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.【详解】由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为:充分不必要【点睛】本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.16、3【解析】由题意得，再代入中，计算即可得答案.
16、【详解】由题意可得，解得，.故答案为：.【点睛】本题考查向量模的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意向量数量积公式的运用.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）20【解析】（1）利用即可得到答案；（2）利用直线参数方程的几何意义，.【详解】解：（1）由，得圆C的直角坐标方程为，即.（2）将直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得，即，设两交点A，B所对应的参数分别为，从而，则.【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的互化、直线参数方程的几何意义等知识，考查学生的计算能力，是一道容易题.18、（1）（2）见解析（3）
17、见解析【解析】试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.试题解析：（）根据题意：令，可得， 所以，经验证，可得当时，对任意，都有，所以.（）由（）可知，且，所以 ， 令，要使存在两个极值点，则须有有两个不相等的正数根，所以 或 解得或无解，所以的取值范围，可得，由题意知 ，令 ，则 而当时， ，即，所以在上单调递减，所以 即时，（）因为 ，令得，由（）知时，的对称轴，所以.又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以 最多只有三个不同的零点又因为，所以在上
18、递增，即时，恒成立根据（2）可知且，所以，即，所以，使得由，得，又，所以恰有三个不同的零点：，1，综上所述，恰有三个不同的零点【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.19、（1），；（2）【解析】分析：（1）用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，其中参数的绝对值表示直线上对应点到的距离，因此有，直接由韦达定理可得，
19、注意到直线与圆相交，因此判别式0，这样可得满足的不等关系，由此可求得的取值范围.详解：（1）直线的参数方程为，普通方程为， 将代入圆的极坐标方程中,可得圆的普通方程为， （2）解：直线的参数方程为代入圆的方程为 可得：（*），且由题意 ，, . 因为方程（*）有两个不同的实根，所以，即， 又， 所以. 因为，所以所以.点睛：（1）参数方程化为普通方程，一般用消参数法，而消参法有两种选择：一是代入法，二是用公式；（2）极坐标方程与直角坐标方程互化一般利用公式；（3）过的直线的参数方程为（为参数）中参数具有几何意义：直线上任一点对应参数，则.20、（1），（2）【解析】（1）利用，代入可求；消参可
20、得直角坐标方程. （2）将的参数方程代入的直角坐标方程，与有交点，可得，解不等式即可求解.【详解】（1）（2）将的参数方程代入的直角坐标方程得：与有交点，即【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.21、（）证明见解析（）【解析】（）由平面，可得，又因为是的中点，即得证；（）如图建立空间直角坐标系，设，计算平面的法向量，由直线与平面所成角的大小为30，列出等式，即得解.【详解】（）如图，连接交于点，连接，则是平面与平面的交线，因为平面，故，又因为是的中点，所以是的中点，故.（）由条件可知，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，设平面的法向量为，则，即，故取因为直线与平面所成角的大小为30所以，即，解得，故此时.【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.22、（）（）证明见解析【解析】由与，得，的方程为设，则，由得 （）由，得， ， 由、三式，消去，并求得，故（），当且仅当或时，取最小值，此时，故与共线