《山东省青岛市胶州市2023年高三考前热身数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省青岛市胶州市2023年高三考前热身数学试卷含解析.doc（21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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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定义在上的偶函数，对，且，有成立，已知，则，的大小关系为（ ）ABCD2设，分别为双曲线（a0，b0）
2、的左、右焦点，过点作圆 的切线与双曲线的左支交于点P，若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD3函数的大致图象是ABCD4已知，则“mn”是“ml”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5若，则下列不等式不能成立的是（ ）ABCD6集合，则=( )ABCD7在边长为2的菱形中，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD8已知函数（），若函数在上有唯一零点，则的值为（ ）A1B或0C1或0D2或09正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）ABCD10在中，点为中点，过点的直线与，所在直
3、线分别交于点，若，则的最小值为（ ）AB2C3D11在三棱锥中，且分别是棱，的中点，下面四个结论：；平面；三棱锥的体积的最大值为；与一定不垂直.其中所有正确命题的序号是（ ）ABCD12如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知下列命题：命题“x0R，”的否定是“xR，x213x”；已知p，q为两个命题，若“pq”为假命题，则“”为真命题；“a2”是“a5”的充分不必要条件；“若xy0，则x0且y0”的逆否命题为真命题其中所有真命题的序号是_14已知某几何体的三视图如图所示
4、，则该几何体外接球的表面积是_.15的展开式中的常数项为_16设为数列的前项和，若，则_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）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）判断函数的零点个数.18（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.19（12分）在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，M、N分别为、的中点.（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.20（12分）已知函数（），是的导数.（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；（2）已知函数
5、在上单调递减，求的取值范围.21（12分）已知函数（1）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；（2）若函数对恒成立，求实数的取值范围.22（10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.（1）求抛物线C的方程；（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.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】根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，所以故选：A【点睛】
6、考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.2、C【解析】设过点作圆 的切线的切点为，根据切线的性质可得，且，再由和双曲线的定义可得，得出为中点，则有，得到，即可求解.【详解】设过点作圆 的切线的切点为，所以是中点，.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.3、A【解析】利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；当时，可排除D选项；当时，当时，即，可排除C选项，故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题4、B【解析】构造长方体ABCDA1B1
7、C1D1，令平面为面ADD1A1，底面ABCD为，然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m，n即可进行判断【详解】如图，取长方体ABCDA1B1C1D1，令平面为面ADD1A1，底面ABCD为，直线=直线。若令AD1m，ABn，则mn，但m不垂直于若m，由平面平面可知，直线m垂直于平面，所以m垂直于平面内的任意一条直线mn是m的必要不充分条件故选：B【点睛】本题考点有两个：考查了充分必要条件的判断，在确定好大前提的条件下，从mnm？和mmn？两方面进行判断；是空间的垂直关系，一般利用长方体为载体进行分析5、B【解析】根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【详解】选项A：由于，即，所以，所以，
8、所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【点睛】本题考查不等关系和不等式，属于基础题.6、C【解析】先化简集合A,B，结合并集计算方法，求解，即可【详解】解得集合，所以，故选C【点睛】本道题考查了集合的运算，考查了一元二次不等式解法，关键化简集合A,B，难度较小7、D【解析】取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.【详解】如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，则，即为二
9、面角的平面角，过点B作于O，则平面ACD，由，可得，即点O为的中心，三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，,解得，三棱锥的外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.8、C【解析】求出函数的导函数，当时，只需，即，令，利用导数求其单调区间，即可求出参数的值，当时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断；【详解】解：（），当时，由得，则在上单调递减，在上单调递增，所以是极小值，只需，即.令，则，函数在上单调递增.，；当时，函数在上单调递减，函数在上有且只有一个零点，的值是1或0.故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的零
10、点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.9、D【解析】如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦
11、定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.10、B【解析】由，三点共线，可得，转化，利用均值不等式，即得解.【详解】因为点为中点，所以，又因为，所以因为，三点共线，所以，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为1故选：B【点睛】本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.11、D【解析】通过证明平面，证得；通过证明，证得平面；求得三棱锥体积的最大值，由此判断的正确性；利用反证法证得与一定不垂直.【详解】设的中点为，连接，则，又，
12、所以平面，所以，故正确；因为，所以平面，故正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故正确.故选：D【点睛】本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.12、C【解析】利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度.【详解】几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为故选：C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，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】命题“xR，x
13、213x”的否定是“xR，x213x”，故错误；“pq”为假命题说明p假q假，则(p)(q)为真命题，故正确；a5a2，但a2/ a5，故“a2”是“a5”的必要不充分条件，故错误；因为“若xy0，则x0或y0”，所以原命题为假命题，故其逆否命题也为假命题，故错误14、【解析】先由三视图在长方体中将其还原成直观图，再利用球的直径是长方体体对角线即可解决.【详解】由三视图知该几何体是一个三棱锥，如图所示长方体对角线长为，所以三棱锥外接球半径为，故所求外接球的表面积.故答案为：.【点睛】本题考查几何体三视图以及几何体外接球的表面积，考查学生空间想象能力以及基本计算能力，是一道基础题.15、【解析】
14、写出展开式的通项公式，考虑当的指数为零时，对应的值即为常数项.【详解】的展开式通项公式为： ，令，所以，所以常数项为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，难度较易.解答问题的关键是，能通过展开式通项公式分析常数项对应的取值.16、【解析】当时，由，解得，当时，两式相减可得，即，可得数列是等比数列再求通项公式.【详解】当时，即，当时，两式相减可得，即，即，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.故答案为：【点睛】本题考查数列的前项和与通项公式的关系，还考查运算求解能力以及化归与转化思想，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）
15、（2）答案见解析（3）答案见解析【解析】（1）设曲线在点，处的切线的斜率为，可求得，利用直线的点斜式方程即可求得答案；（2）由（）知，分时，三类讨论，即可求得各种情况下的的单调区间为；（3）分与两类讨论，即可判断函数的零点个数【详解】（1），设曲线在点，处的切线的斜率为，则，又，曲线在点，处的切线方程为：，即；（2）由（1）知，故当时，所以在上单调递增；当时，；，；的递减区间为，递增区间为，；当时，同理可得的递增区间为，递减区间为，；综上所述，时，单调递增为，无递减区间；当时，的递减区间为，递增区间为，；当时，的递增区间为，递减区间为，；（3）当时，恒成立，所以无零点；当时，由，得：，只有一个
16、零点【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想与推理、运算能力，属于中档题18、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证【详解】（1），分别是，的中点平面，平面平面.（2）为正三角形，且D是的中点平面平面，且平面平面，平面平面平面且，平面，且平面.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取 中点，连
17、接，证明平面，由线面垂直的性质可得；（2）由，即可求得三棱锥的体积【详解】解：（1）证明：取中点D，连接，.因为，所以且，因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因为平面，平面，所以平面平面，过N作于E，则平面，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，由于，所以所以，所以.【点睛】本题考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，解题的关键是掌握线面垂直的判定与性质，属于中档题20、（1）见解析；（2）【解析】（1）设，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.【详解】（1）由已知，所以，设
18、，当时，单调递增，而，且在上图象连续不断.所以在上有唯一零点，当时，；当时，；在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小值点，即在区间上存在唯一的极小值点；（2）设，在单调递增，即，从而，因为函数在上单调递减，在上恒成立，令，在上单调递减，当时，则在上单调递减，符合题意.当时，在上单调递减，所以一定存在，当时，在上单调递增，与题意不符，舍去.综上，的取值范围是【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.21、（1）；（2）.【解析】（1）求导得到，讨论和两种情况，计算函数的单调性，得到，再讨论
19、，三种情况，计算得到答案.（2）计算得到，讨论，两种情况，分别计算单调性得到函数最值，得到答案.【详解】（1），当时恒成立，所以单调递增，因为，所以有唯一零点，即符合题意；当时，令，函数在上单调递减，在上单调递增，函数。（i）当即,所以符合题意，（ii）当即 时，因为，故存在,所以 不符题意（iii）当 时，因为，设，所以,单调递增，即，故存在，使得，不符题意；综上，的取值范围为。（2）。当时，恒成立，所以 单调递增，所以，即符合题意；当 时，恒成立，所以单调递增，又因为，所以存在，使得，且当时，。即在上单调递减，所以，不符题意。综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的零点问题，恒成立问题
20、，意在考查学生的分类讨论能力和综合应用能力.22、（1）；（2）见解析【解析】（1）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；（2）法一：设直线，的方程分别为和且，可得，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，即可得证；法二：设，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，化简，即可得证.【详解】（1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上，所以，解得，故所求抛物线C的方程为（2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，则，.直线的方程为，即.又点在线段上，.P是的中点，.由于，不重合，所以法二：设，则当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为联立直线和抛物线的方程，得又，为该方程两根，所以，.，由于，不重合，所以【点睛】本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题