《山东省济宁邹城一中2023年高三（最后冲刺）数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省济宁邹城一中2023年高三（最后冲刺）数学试卷含解析.doc（17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若复数z满足，则（ ）ABCD2某校在高一年级进行了数学竞赛（总分100分），下表为高一一班40名同学
2、的数学竞赛成绩：555759616864625980889895607388748677799497100999789818060796082959093908580779968如图的算法框图中输入的为上表中的学生的数学竞赛成绩，运行相应的程序，输出，的值，则（ ）A6B8C10D123已知复数满足，其中是虚数单位，则复数在复平面中对应的点到原点的距离为（ ）ABCD4在中，“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件5某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面
3、的距离为（ ）ABCD6由曲线围成的封闭图形的面积为（ ）ABCD7若的展开式中的系数为150，则（ ）A20B15C10D258已知命题p:直线ab，且b平面，则a；命题q:直线l平面，任意直线m，则lm.下列命题为真命题的是（ ）ApqBp（非q）C（非p）qDp（非q）9已知集合，则=（ ）ABCD10总体由编号为01，02，.，39，40的40个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表（如表）第1行的第4列和第5列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）A23B21C35D3211双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD12若函数的定义域为M
4、x|2x2，值域为Ny|0y2,则函数的图像可能是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知两动点在椭圆上，动点在直线上，若恒为锐角，则椭圆的离心率的取值范围为_14数列的前项和为 ，则数列的前项和_15甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则乙不输的概率是_16在中，角的对边分别为，且若为钝角，则的面积为_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）如图：在中，.（1）求角；（2）设为的中点，求中线的长.18（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.19（12分）中国古建筑中的
5、窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受如图（1）为一花窗；图（2）所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30 cm，宽26 cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称设菱形的两条对角线长分别为x cm和y cm，窗芯所需条形木料的长度之和为L（1）试用x，y表示L；（2）如果要求六根支条的长度均不小于2 cm，每个菱形的面积为130 cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？20（12分）已知函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若“，”为假命题，求的取值范围.21（12分）已知函数（）
6、，且只有一个零点.（1）求实数a的值；（2）若，且，证明：.22（10分）在四棱锥的底面是菱形， 底面， 分别是的中点， .（）求证： ；（）求直线与平面所成角的正弦值；（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.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、D【解析】先化简得再求得解.【详解】所以.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2、D【解析】根据程序框图判断出的意义，由此求得的值，进而求得的值.【详解】由题意可得的取值为
7、成绩大于等于90的人数，的取值为成绩大于等于60且小于90的人数，故，所以.故选：D【点睛】本小题考查利用程序框图计算统计量等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力和数学应用意识.3、B【解析】利用复数的除法运算化简z, 复数在复平面中对应的点到原点的距离为利用模长公式即得解.【详解】由题意知复数在复平面中对应的点到原点的距离为故选：B【点睛】本题考查了复数的除法运算，模长公式和几何意义，考查了学生概念理解，数学运算，数形结合的能力，属于基础题.4、C【解析】由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.【详解】余弦函数在区间上单调递减，
8、且，由，可得，由正弦定理可得.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.5、A【解析】由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（ c为半焦距; a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则所以,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.6、A【解析】先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个
9、图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.7、C【解析】通过二项式展开式的通项分析得到，即得解.【详解】由已知得，故当时，于是有，则.故选：C【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8、C【解析】首先判断出为假命题、为真命题，然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性，判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定，我们易得命题若直线，直线平面，则直线平面或直线在平面内，命题为假命题；根据线面垂直的定义，我们易得命题若直线平面，则若直线与平面内的任意直线都垂直，命题为真命
10、题.故:A命题“”为假命题；B命题“”为假命题；C命题“”为真命题；D命题“”为假命题.故选：C.【点睛】本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断，考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断，属于基础题.9、D【解析】先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求【详解】，所以 .故选：D【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.10、B【解析】根据随机数表法的抽样方法，确定选出来的第5个个体的编号.【详解】随机数表第1行的第4列和第5列数字为4和6，所以从这两个数字开始，由左向右依次选取两个数字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，2
11、4，23，54，89，63，21，其中落在编号01，02，39，40内的有：16，26，16，24，23，21，依次不重复的第5个编号为21.故选：B【点睛】本小题主要考查随机数表法进行抽样，属于基础题.11、C【解析】根据双曲线的标准方程，即可写出渐近线方程.【详解】 双曲线,双曲线的渐近线方程为，故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.12、B【解析】因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除；对B满足函数定义，故符合；对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定；对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定故选
12、B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题意可知圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，恒为锐角，只需直线 与圆相离，从而可得，解不等式，再利用离心率即可求解.【详解】根据题意可得，圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，因此当直线 与圆相离时， 恒为锐角，故，解得 从而离心率.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，考查了逻辑分析能力，属于中档题.14、【解析】解： 两式作差，得 ，经过检验得出数列的通项公式，进而求得 的通项公式， 裂项相消求和即可【详解】解：两式作差，得 化简得 ，检验：当n=1时， ，所以数列 是以2为首项，2为公比的等比数列；
13、，令 故填： 【点睛】本题考查求数列的通项公式，裂项相消求数列的前n项和，解题过程中需要注意n的范围以及对特殊项的讨论，侧重考查运算能力15、【解析】乙不输的概率为，填.16、【解析】转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.【详解】因为，所以又因为，且为锐角，所以由余弦定理得，即，解得，所以故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，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.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）通过求出的值，利用正弦定理求出即可得角；（2）根据求出的值，由
14、正弦定理求出边，最后在中由余弦定理即可得结果.【详解】（1），.由正弦定理，即.得，为钝角，为锐角，故.（2），.由正弦定理得，即得.在中由余弦定理得：，.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查三角函数知识的运用，属于中档题.18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集为.（2），因为，所以要证，只需证，即证，因为，所以只要证，即证，即证，因为，所以只需证，因为，所以成立，所以.【
15、点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.19、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由条件可先求水平方向每根支条长，竖直方向每根支条长为，因此所需木料的长度之和L=（2）先确定范围由可得，再由面积为130 cm2，得，转化为一元函数，令，则在上为增函数，解得L有最小值试题解析：（1）由题意，水平方向每根支条长为cm，竖直方向每根支条长为cm，菱形的边长为cm从而，所需木料的长度之和L=cm（2）由题意，即，又由可得所以令，其导函数在上恒成立，故在上单调递减，所以可得则=因为函数和在上均为增函数，所以在上为增函数，故当，即时L有最小值答：做这
16、样一个窗芯至少需要cm长的条形木料考点：函数应用题20、（1）（2）【解析】（1）当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.【详解】解：（1）当时，由，得.故不等式的解集为.（2）因为“，”为假命题，所以“，”为真命题，所以.因为，所以，则，所以，即，解得，即的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.21、（1）（2）证明见解析【解析】(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.(2)由(1)可知为最小值,则构造函
17、数（）,求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得，由,可知 ,因为时,为增函数，即可得证得结论.【详解】（1）（）.因为，所以，令得，且，在上；在上；所以函数在时，取最小值，当最小值为0时，函数只有一个零点，易得，所以，解得.（2）由（1）得，函数，设（），则，设（），则，所以为减函数，所以，即，所以，即，又，所以，又当时，为增函数，所以，即.【点睛】本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.22、（）见解析； （）； （）见解析.【解析】()由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；()建立空间直角坐标系，求得直
18、线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；()假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】()由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，()由题意结合菱形的性质易知，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，设平面的一个法向量为,则：，据此可得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则.()由题意可得：，假设满足题意的点存在，设，据此可得：，即：,从而点F的坐标为，据此可得：,，结合题意有：，解得：.故点F为中点时满足题意.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.