《江苏省徐州市2023届高三第二次模拟考试数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省徐州市2023届高三第二次模拟考试数学试卷含解析.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注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知F是双曲线（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（ ）A2kB4kC4D22如图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的所有的点( )A向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不
2、变B向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变C向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变D向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变3已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为ABCD4四人并排坐在连号的四个座位上，其中与不相邻的所有不同的坐法种数是（ ）A12B16C20D85已知，由程序框图输出的为（ ）A1B0CD6已知函数（）的最小值为0，则（ ）ABCD7二项式展开式中，项的系数为（ ）ABCD8已知函数,关于的方程R)有四个相异的实数根,则的取值范围是()ABCD9已知数列中，()，则等于（ ）ABCD210已
3、知是过抛物线焦点的弦，是原点，则（ ）A2B4C3D311函数在上单调递减的充要条件是（ ）ABCD12如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 ( ) ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知单位向量的夹角为,则=_.14从4名男生和3名女生中选出4名去参加一项活动，要求男生中的甲和乙不能同时参加，女生中的丙和丁至少有一名参加，则不同的选法种数为_.（用数字作答）15已知函数.若在区间上恒成立.则实数的取值范围是_16己知函数，若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是_.三、解答题：
4、共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在锐角中，分别是角，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（ ）ABCD18（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（）求的大小；（）若，求面积的最大值19（12分）在ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且(1)求角A；(2)若且求ABC的面积20（12分）已知函数（1）解不等式；（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.21（12分）已知函数.（1）证明：当时，；（2）若函数只有一个零点，求正实数的值.22（10分）已知函数（I）若讨论的单调性；（）若，且对于函数的图象上两点
5、，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：.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】分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.【详解】当时,等式不是双曲线的方程；当时,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.故选：D【点睛】本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.2、A【解析】由函数的最大值求出，根据周期求出，由五点画法中的点坐标求出，进而求出的解析式，与对比结合坐标变换关系，即可求出结论.【详解】由图可知，又，又，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的
6、所有向左平移个长度单位，得到的图象，再将的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）即可.故选:A【点睛】本题考查函数的图象求解析式，考查函数图象间的变换关系，属于中档题.3、B【解析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，利用数形结合即可得到的最小值【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，当位于时，此时的斜率最小，此时故选B【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键4、A【解析】先将除A，B以外的两人先排，再将A，B在3个空位置里进行插空，再相乘得答案.【
7、详解】先将除A，B以外的两人先排，有种；再将A，B在3个空位置里进行插空，有种，所以共有种.故选：A【点睛】本题考查排列中不相邻问题，常用插空法，属于基础题.5、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6、C【解析】设，计算可得，再结合图像即可求出答案.【详解】设，则，则，由于函数的最小值为0，作出函数的大致图像， 结合图像，得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.7、D【解析】写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.故选：D
8、【点睛】本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.8、A【解析】=,当时时,单调递减，时,单调递增,且当,当,当时，恒成立，时,单调递增且,方程R)有四个相异的实数根.令=则,即.9、A【解析】分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.【详解】解：，()，数列是以3为周期的周期数列，故选：A.【点睛】本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.10、D【解析】设，设：，联立方程得到，计算得到答案.【详解】设，故.易知直线斜率不为，设：，联立方程，得到，故，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中的向量的数量积，设直线为可以简化运算，是解题的关键
9、 .11、C【解析】先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.【详解】依题意，令，则，故在上恒成立；结合图象可知，解得故.故选：C.【点睛】本题考查求三角函数单调区间. 求三角函数单调区间的两种方法:(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.12、A【解析】设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的
10、半径，最后可求出球的体积【详解】如图，设三棱柱为，且，高所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，则圆的半径为设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，所以，即球的半径为，所以球的体积为故选A【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】因为单位向量的夹角为，
11、所以，所以=.14、1【解析】由排列组合及分类讨论思想分别讨论：设甲参加，乙不参加，设乙参加，甲不参加，设甲，乙都不参加，可得不同的选法种数为9+9+51，得解【详解】设甲参加，乙不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为9，设乙参加，甲不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为9，设甲，乙都不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为5，综合得：不同的选法种数为9+9+51，故答案为：1【点睛】本题考查了排列组合及分类讨论思想，准确分类及计算是关键，属中档题15、【解析】首先解不等式，再由在区间上恒成立，即得到不等组，解得即可.【详解】解：
12、且，即解得，即因为在区间上恒成立，解得即故答案为：【点睛】本题考查一元二次不等式及函数的综合问题，属于基础题.16、【解析】首先判断出函数为定义在上的奇函数，且在定义域上单调递增，由此不等式对任意的恒成立，可转化为在上恒成立，进而建立不等式组，解出即可得到答案【详解】解：函数的定义域为，且，函数为奇函数，当时，函数，显然此时函数为增函数，函数为定义在上的增函数，不等式即为，在上恒成立，解得故答案为【点睛】本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，属于常规题目三、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、A【解析】由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正
13、切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.【详解】由题意，在锐角中，满足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，则，所以，可得，又由的面积，所以，则.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.18、（1）（2）【解析】分析：(1)利用正弦定理以及诱导公式与和角公式，结合特殊角的三角函数值，求得角C；(2)运用向量的平方就是向量模的平方，以及向量数量积的定义，结合基本不等式，求得的最大值，再由三角形的面积公式计算即可得到所求的值.详解：（1）， （）取中点，则
14、，在中，（注：也可将两边平方）即， ，所以，当且仅当时取等号 此时，其最大值为.点睛：该题考查的是有关三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，诱导公式，和角公式，向量的平方即为向量模的平方，基本不等式，三角形的面积公式，在解题的过程中，需要正确使用相关的公式进行运算即可求得结果.19、（1）； （2）.【解析】（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解（2）由正弦定理得：，再代入即可得解【详解】（1）由题意，得，；（2）由正弦定理，得，,.【点睛】本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题20、（1）（2）【解析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等
15、式的解集.（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】（1），由得或或；解得.故所求解集为.（2），即.由（1）知，所以，即.，.【点睛】本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）把转化成，令，由题意得，即证明恒成立，通过导数求证即可（2）直接求导可得，令，得或，故根据0与的大小关系来进行分类讨论即可【详解】证明：（1）令，则.分析知，函数的增区间为，减区间为.所以当时，.所以，即，所以.所以当时，.
16、解：（2）因为，所以.讨论：当时，此时函数在区间上单调递减.又，故此时函数仅有一个零点为0；当时，令，得，故函数的增区间为，减区间为，.又极大值，所以极小值.当时，有.又，此时，故当时，函数还有一个零点，不符合题意；当时，令得，故函数的增区间为，减区间为，.又极小值，所以极大值.若，则，得，所以，所以当且时，故此时函数还有一个零点，不符合题意.综上，所求实数的值为.【点睛】本题考查不等式的恒成立问题和函数的零点问题，本题的难点在于把导数化成因式分解的形式，如，进而分类讨论，本题属于难题22、 (1)见解析(2)见证明【解析】(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；(2)根据题意，由导数
17、几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设 ，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.【详解】（1）解：易得，函数的定义域为，令，得或.当时，时，函数单调递减；时，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为.当时，时，函数单调递减；或时，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为，.当时，时，函数单调递增；此时，的减区间为. 综上，当时，的减区间为，增区间为：当时，的减区间为，增区间为.；当时，增区间为.（2）证明：由题意及导数的几何意义，得由（1）中得.易知，导函数 在上为增函数，所以，要证，只要证，即，即证.因为，不妨令，则 .所以 ，所以在上为增函数，所以，即，所以，即，即.故有（得证）.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.