《四川省射洪中学2022-2023学年高三下学期一模考试数学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省射洪中学2022-2023学年高三下学期一模考试数学试题含解析.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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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曲线上任意一点处的切线斜率的最小值为（ ）A3B2CD12设x、y、z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：x、y、z均为直线；x、y是直线，z是平面；z是直线，x、y是平面；x、y、z
2、均为平面.其中使“且”为真命题的是（ ）ABCD3若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A函数在上单调递增B函数的周期是C函数的图象关于点对称D函数在上最大值是14 “角谷猜想”的内容是：对于任意一个大于1的整数，如果为偶数就除以2，如果是奇数，就将其乘3再加1，执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ）A6B7C8D95设是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点，使（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）ABCD6已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是ABCD7双曲线的右焦点为，过点且与轴垂直的直线交两渐近线于两点，
3、与双曲线的其中一个交点为，若，且，则该双曲线的离心率为( )ABCD8如图，四面体中，面和面都是等腰直角三角形，且二面角的大小为，若四面体的顶点都在球上，则球的表面积为（ ）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已知，由程序框图输出的为（ ）A1B0CD12已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、
4、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，内角的对边分别为，已知，则的面积为_14边长为2的菱形中,与交于点O,E是线段的中点,的延长线与相交于点F,若,则_.15已知函数恰好有3个不同的零点，则实数的取值范围为_16已知函数，则下列结论中正确的是_.是周期函数；的对称轴方程为，；在区间上为增函数；方程在区间有6个根.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）若在上是减函数，求实数的最大值；（2）若，求证：.18（12分）如图，在三棱柱中， 平面ABC.（1）证明：平面平面（2）求二面角的余弦值.19（12分）底面为菱形的直四棱柱，
5、被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.20（12分）如图，已知椭圆的右焦点为，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.（）求椭圆的标准方程；（）直线经过，交椭圆于点，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，求证：直线与直线的交点在定直线上.21（12分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是（1）求的值:（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值22（10分）设椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点D在椭圆C上， 的周长为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过圆上任意一点P作圆E的切
6、线l，若l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：为定值.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】根据题意，求导后结合基本不等式，即可求出切线斜率，即可得出答案.【详解】解：由于，根据导数的几何意义得：，即切线斜率，当且仅当等号成立，所以上任意一点处的切线斜率的最小值为3.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力.2、C【解析】举反例，如直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时用垂直于同一平面的两直线平行判断.用垂直于同一直线的两平面平行判断.举例，如x、y、z位于
7、正方体的三个共点侧面时.【详解】当直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时,不正确； 因为垂直于同一平面的两直线平行,正确；因为垂直于同一直线的两平面平行,正确；如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时, 不正确.故选:C.【点睛】此题考查立体几何中线面关系，选择题一般可通过特殊值法进行排除，属于简单题目.3、A【解析】根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得：当时，在上单调递增 在上单调递增，正确；的最小
8、正周期为： 不是的周期，错误；当时，关于点对称，错误；当时， 此时没有最大值，错误.本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.4、B【解析】模拟程序运行，观察变量值可得结论【详解】循环前，循环时：，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，满足条件，退出循环，输出故选：B【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，观察变量值，从而得出结论5、D【解析】利用向量运算可得，即，
9、由为的中位线，得到，所以，再根据双曲线定义即可求得离心率.【详解】取的中点，则由得，即；在中，为的中位线，所以，所以；由双曲线定义知，且，所以，解得，故选：D【点睛】本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质，难度一般.6、A【解析】求函数定义域得集合M，N后，再判断【详解】由题意，故选A【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定7、D【解析】根据已知得本题首先求出直线与双曲线渐近线的交点，再利用，求出点，因为点在双曲线上，及，代入整理及得，又已知，即可求出离心率【详解】
10、由题意可知，代入得：，代入双曲线方程整理得：，又因为，即可得到，故选：D【点睛】本题主要考查的是双曲线的简单几何性质和向量的坐标运算，离心率问题关键寻求关于，的方程或不等式，由此计算双曲线的离心率或范围，属于中档题8、B【解析】分别取、的中点、，连接、，利用二面角的定义转化二面角的平面角为，然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，在中计算出，再利用勾股定理计算出，即可得出球的半径，最后利用球体的表面积公式可得出答案【详解】如下图所示，分别取、的中点、，连接、，由于是以为直角等腰直角三角形，为的中点，且、分别为、的中点，所以，所以，所以二面角的平面角为，则，且，所以，是以为直角的等腰直
11、角三角形，所以，的外心为点，同理可知，的外心为点，分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，则点在平面内，如下图所示，由图形可知，在中，所以，所以，球的半径为，因此，球的表面积为.故选：B.【点睛】本题考查球体的表面积，考查二面角的定义，解决本题的关键在于找出球心的位置，同时考查了计算能力，属于中等题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
12、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
13、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、D【解析】试题分析：，所以，所以由程序框图输出的为.故选D考点：1、程序框图；2、定积分12、B【解析】令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.【详解】令，则，如图与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有六个不相等的实数根，则有两个不同的根，设由根的分布可知，解得.故选：B.【点睛】本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由余弦定理先算出c，再利用面积公
14、式计算即可.【详解】由余弦定理，得，即，解得，故的面积.故答案为：【点睛】本题考查利用余弦定理求解三角形的面积，考查学生的计算能力，是一道基础题.14、【解析】取基向量，然后根据三点共线以及向量加减法运算法则将，表示为基向量后再相乘可得【详解】如图：设，又，且存在实数使得，故答案为：【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题15、【解析】恰好有3个不同的零点恰有三个根，然后转化成求函数值域即可.【详解】解：恰好有3个不同的零点恰有三个根，令，在递增；，递减，递增，时，在有一个零点，在有2个零点；故答案为：.【点睛】已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点，这类题一般用分离
15、参数的方法，中档题.16、【解析】由函数，对选项逐个验证即得答案.【详解】函数，是周期函数，最小正周期为，故正确；当或时，有最大值或最小值，此时或，即或，即.的对称轴方程为，故正确；当时，此时在上单调递减，在上单调递增，在区间上不是增函数，故错误；作出函数的部分图象，如图所示方程在区间有6个根，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查三角恒等变换，考查三角函数的性质，属于中档题.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）详见解析【解析】（1），在上，因为是减函数，所以恒成立，即恒成立，只需.令，则，因为，所以.所以在上是增函数，所以，所以，解得.所以实数的最大
16、值为.（2），.令，则，根据题意知，所以在上是增函数. 又因为，当从正方向趋近于0时，趋近于，趋近于1，所以，所以存在，使， 即，所以对任意，即，所以在上是减函数；对任意，即，所以在上是增函数， 所以当时，取得最小值，最小值为.由于，则 ，当且仅当 ，即时取等号，所以当时，18、（1）证明见解析 （2）【解析】（1）证明平面即平面平面得证；（2）分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面ABC，所以 因为.所以.即 又.所以平面 因为平面.所以平面平面 （2）解：由题可得两两垂直，所以分别以所在直线为x轴
17、，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则，所以 设平面的一个法向量为，由.得令，得 又平面，所以平面的一个法向量为. 所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19、（1）见解析；（2）【解析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量数量积运算即可.【详解】（1）证明：连接，由平行且相等，可知四边形为平行四边形，所以.由题意易知，所以，因为，所以平面，又平面，所以.（2）设，由已知可得：平面平面，所以，同理可得
18、：，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，为的中点，所以平行且相等，从而平面，又，所以，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，由平面几何知识，得.则，所以，.设平面的法向量为，由，可得，令，则，所以.同理，平面的一个法向量为.设平面与平面所成角为，则，所以.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题.20、（）；（）详见解析.【解析】（）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；（）设直线，直线，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直
19、线的交点即得结论.【详解】（）设的周长为，则，当且仅当线段过点时“”成立.，又，椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.设，.将直线的方程代入椭圆方程得：.，,.同理，.由得，此时.直线， 联立直线与直线的方程得，即点在定直线.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.21、（1）（2）【解析】（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,进而求出在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求
20、出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,从而（1）于是（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而于是因为为锐角,为钝角,所以从而【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.22、（1）（2）见解析【解析】(1) 由，周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】（1）由题意得，周长，且.联立解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为，则，所以，即.当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设，由，由直线l与圆E相切，得.所以.从而，即.综合上述，得为定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.