《内蒙古呼伦贝尔市2023年高考仿真卷数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《内蒙古呼伦贝尔市2023年高考仿真卷数学试卷含解析.doc（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已知定义在上的奇函数满足：（其中），且在区间上是减函数，令，则，的大小关系（用不等号连接）为（ ）ABCD2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
2、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OM平面，则在内轨迹的长度为1其中正确的个数是（ ）A1B1C3D43已知双曲线的焦距为，过左焦点作斜率为1的直线交双曲线的右支于点，若线段的中点在圆上，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD4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5已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是( )ABCD6已知命题：“关于的方程有实根”，若为真命题的充分不必要条件为，则实数的取值范围是（ ）ABCD7已知函数，则（ ）A1B2C3D48已知
3、函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象()A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度9已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ）ABC或D10已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）ABCD11若直线不平行于平面，且，则（ ）A内所有直线与异面B内只存在有限条直线与共面C内存在唯一的直线与平行D内存在无数条直线与相交12已知是函数的极大值点，则的取值范围是ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知点是椭圆上一点，过点的一条直线与圆相交于两点，若存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围为_.14的展开式中，的系数是_
4、. (用数字填写答案)15某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是_；最长棱的长度是_16设，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于E点，若满足，且，则椭圆C的离心率为_.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）在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，为外一点，求四边形面积的最大值.18（12分）在中，内角，所对的边分别是，（）求的值；（）求的值19（12分）设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，求实数的取值范围20（12分）已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，不等式恒成立，求
5、实数的取值范围21（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若关于的不等式的解集包含，求实数的取值范围.22（10分）已知抛物线和圆，倾斜角为45的直线过抛物线的焦点，且与圆相切（1）求的值；（2）动点在抛物线的准线上，动点在上，若在点处的切线交轴于点，设求证点在定直线上，并求该定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、A【解析】因为，所以，即周期为，因为为奇函数，所以可作一个周期-2e,2e示意图，如图在（，）单调递增，因为，因此，选点睛：函数对称性代数表示（1）函数为奇函数 ，函数为偶函数（定义
6、域关于原点对称）；（2）函数关于点对称，函数关于直线对称，（3）函数周期为T,则2、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,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
7、：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.3、C【解析】设线段的中点为，判断出点的位置，结合双曲线的定义，求得双曲线的离心率.【详解】设线段的中点为，由于直线的斜率是，而圆，所以.由于是线段的中点，所以，而，根据双曲线的定义可知，即，即.故选：C【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.4、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、所对的边分别是、，由大边对
8、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5、A【解析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以 的周期为， 则， 所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.6、B【解析】命题p：，为，又为真命题的充分不必要条件为，故7、C【解析】结合分段函数的解析式,先
9、求出,进而可求出.【详解】由题意可得，则.故选:C.【点睛】本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.8、A【解析】由的最小正周期是，得，即，因此它的图象向左平移个单位可得到的图象故选A考点：函数的图象与性质【名师点睛】三角函数图象变换方法：9、D【解析】先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论.【详解】，若在上不单调，令，则函数对称轴方程为在区间上有零点（可以用二分法求得）.当时，显然不成立；当时，只需或，解得或.故选:D.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题.10、A【解析】由,平面,可将三
10、棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.11、D【解析】通过条件判断直线与平面相交，于是可以判断ABCD的正误.【详解】根据直线不平行于平面，且可知直线与平面相交，于是ABC错误，故选D.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，难度不大.12、B【解析】方法一：令，则，当，时，单调递减，时，且，即在上单调递增，时，且，即在上
11、单调递减，是函数的极大值点，满足题意；当时，存在使得，即，又在上单调递减，时，所以，这与是函数的极大值点矛盾综上，故选B方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，即；在的右侧附近，即易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，设出直线AB的参数方程，利用参数的几何意义可得,由题意得到，据此求得离心率的取值范围.【详解】设，直线AB的参数方程为，(为参数)代入圆，化简得：，存在点，使得，即，故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解，考查直线、圆与椭圆的综合运用，考查直线参数方程的运
12、用，属于中档题.14、【解析】根据组合的知识，结合组合数的公式，可得结果.【详解】由题可知：项来源可以是：（1）取1个，4个（2）取2个，3个的系数为：故答案为：【点睛】本题主要考查组合的知识，熟悉二项式定理展开式中每一项的来源，实质上每个因式中各取一项的乘积，转化为组合的知识，属中档题.15、 【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，底面为直角梯形，侧棱底面，由棱锥体积公式求棱锥体积，由勾股定理求最长棱的长度【详解】由三视图还原原几何体如下图所示：该几何体为四棱锥，底面为直角梯形，侧棱底面，则该几何体的体积为，因此，该棱锥的最长棱的长度为.故答案为：；.【点睛】本题考查由三视图求体积
13、、棱长，关键是由三视图还原原几何体，是中档题16、【解析】采用数形结合，计算以及，然后根据椭圆的定义可得，并使用余弦定理以及，可得结果.【详解】如图由，所以由，所以又，则所以所以化简可得：则故答案为：【点睛】本题考查椭圆的定义以及余弦定理的使用，关键在于根据角度求出线段的长度，考查分析能力以及计算能力，属中档题.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）根据正弦定理化简等式可得，即；（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.【详解】（1），由正弦定理得： 在中，则，即，即.（2）在中，又，则为等边三角形，又，-当
14、时，四边形的面积取最大值，最大值为.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题18、（）（）【解析】（）根据正弦定理先求得边c，然后由余弦定理可求得边b；（）结合二倍角公式及和差公式，即可求得本题答案.【详解】（）因为，由正弦定理可得，又，所以，所以根据余弦定理得，解得，；（）因为，所以，则【点睛】本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，属基础题.19、 (1) (2) 当时，的取值范围为；当时，的取值范围为【解析】（1）当时，分类讨论把不等式化为等价不等式组，即可求解 (2)由绝对值的三角不等式，可得，当且仅当时，取“”，分类讨论
15、，即可求解【详解】（1）当时，不等式可化为或或 ，解得不等式的解集为 (2)由绝对值的三角不等式，可得， 当且仅当时，取“”， 所以当时，的取值范围为；当时，的取值范围为【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题20、 (1) (2) 【解析】（1）当时，当或时，所以可转化为，解得，所以不等式的解集为（2）因为，所以，所以，即，即当时，因为，所以，不符合题意当时，解可得，因为当时，不等式恒成立，所以，所以，解得，所以实数的取值范围为21、（1）（2
16、）【解析】（1）按进行分类，得到等价不等式组，分别解出解集，再取并集，得到答案；（2）将问题转化为在时恒成立，按和分类讨论，分别得到不等式恒成立时对应的的范围，再取交集，得到答案.【详解】解：（1）当时，等价于或或，解得或或，所以不等式的解集为：.（2）依题意即在时恒成立，当时，即，所以对恒成立，得；当时，即，所以对任意恒成立，得，综上，.【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，分类讨论研究不等式恒成立问题，属于中档题.22、（1）；（2）点在定直线上【解析】（1）设出直线的方程为，由直线和圆相切的条件：，解得；（2）设出，运用导数求得切线的斜率，求得为切点的切线方程，再由向量的坐标表示，可得在定直线上；【详解】解：（1）依题意设直线的方程为，由已知得：圆的圆心，半径，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即，解得或（舍去）所以；（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，所以，所以，设，则以为切点的切线的斜率为，所以切线的方程为令，即交轴于点坐标为，所以， ，设点坐标为，则，所以点在定直线上【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，直线与圆的位置关系的判断，考查直线方程和圆方程的运用，以及切线方程的求法，考查化简整理的运算能力，属于综合题