《江苏省南京市六校联合体2023年高三二诊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《江苏省南京市六校联合体2023年高三二诊模拟考试数学试卷含解析.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，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则的内切圆的半径为（ ）ABCD2在长方体中，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）ABCD3若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ）A85B84C5
2、7D564已知焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（ ）A或B或C或D5已知直线和平面，若，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D不充分不必要6把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数是偶函数，则实数的最小值是（ ）ABCD7在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（ ）ABCD8已知双曲线：的左、右两个焦点分别为，若存在点满足，则该双曲线的离心率为（ ）A2BCD59在平面直角坐标系中
3、，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD10为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于、两点，（在、之间）与双曲线在第一象限的交点为，为坐标原点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）ABCD11已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（ ）ABCD12一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（ ）A17种B27种C37种D47种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13中，角的对边分别为，且成等差数列，若，则的面
4、积为_14数据的标准差为_15已知数列中，为其前项和，则_，_.16正方形的边长为2，圆内切于正方形，为圆的一条动直径，点为正方形边界上任一点，则的取值范围是_.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）有甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪元，送餐员每单制成元；乙公司无底薪，单以内（含单）的部分送餐员每单抽成元，超过单的部分送餐员每单抽成元.现从这两家公司各随机选取一名送餐员，分别记录其天的送餐单数，得到如下频数分布表：送餐单数3839404142甲公司天数101015105乙公司天数101510105（1）从记录甲公司的天送餐单数中随机
5、抽取天，求这天的送餐单数都不小于单的概率；（2）假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，将频率视为概率，回答下列两个问题：求乙公司送餐员日工资的分布列和数学期望；小张打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，小张应选择哪家公司应聘？说明你的理由.18（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.（）求椭圆的标准方程；（）设直线交椭圆于两点，线段的中点在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点.19（12分）已知函数，曲线在点处的切线在y轴上的截距为.（1）求a；（2）讨论函数和的单调性；（3）设，求证：.20（12分）已知是公比为的无穷等比数列，其前项和为，满足，_是否存在正整数
6、，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由从，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答21（12分）如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正的直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.22（10分）如图,直角三角形所在的平面与半圆弧所在平面相交于,，,分别为,的中点, 是上异于,的点, .（1）证明:平面平面;（2）若点为半圆弧上的一个三等分点(靠近点)求二面角的余弦值.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、B【解析】设左焦
7、点的坐标， 由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.【详解】由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，由，可得，所以双曲线的方程为: 所以，所以三角形ABF2的周长为设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，所以，解得，故选：B【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.2、C【解析】在长方体中， 得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.【详解】在长方体中
8、，平面即为平面，过做于，平面，平面，平面，为与平面所成角，在，直线与平面所成角的余弦值为.故选:C.【点睛】本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.3、A【解析】先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.【详解】解：的展开式中二项式系数和为256故，要求展开式中的有理项，则则二项式展开式中有理项系数之和为：故选：A【点睛】考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.4、A【解析】过作与准线垂直，垂足为，利用抛物线的定义可得，要使最大，则应最大，此时与抛物线相切，再用判别式或导数计算即可.【详解】过作与准线垂直，垂足为，则
9、当取得最大值时，最大，此时与抛物线相切，易知此时直线的斜率存在，设切线方程为，则.则，则直线的方程为.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.5、B【解析】由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，当时，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.6、A【解析】先求出的解析式，再求出的解析式，根据三角函数图象的对称性可求实数满足的等式，从而可求其最小值.【详解】的图象向右平移个单位长度，所得图
10、象对应的函数解析式为，故.令，解得，.因为为偶函数，故直线为其图象的对称轴，令，故，因为，故，当时，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象性质，注意平移变换是对自变量做加减，比如把的图象向右平移1个单位后，得到的图象对应的解析式为，另外，如果为正弦型函数图象的对称轴，则有，本题属于中档题7、C【解析】将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：最短路径就是的边易求得，由，知，由余弦定理知其中，故选：C【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.8、B【
11、解析】利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.【详解】.选B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，离心率求解时，一般是把已知条件，转化为a,b,c的关系式.9、B【解析】由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.【详解】由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，.故选：【点睛
12、】本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.10、D【解析】过点作，可得出点为的中点，由可求得的值，可计算出的值，进而可得出，结合可知点为的中点，可得出，利用勾股定理求得（为双曲线的右焦点），再利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示，过点作，设该双曲线的右焦点为，连接.，.， ，为的中点，由双曲线的定义得，即，因此，该双曲线的离心率为.故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，解题时要充分分析图形的形状，考查推理能力与计算能力，属于中等题.11、D【解析】当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交
13、点，计算，根据图像得到答案.【详解】当时，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：方程，即，即函数和有两个交点.，故，.根据图像知：.故选：.【点睛】本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.12、C【解析】由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.【详解】所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,故选:C【点睛】本题考查古典概型,考查补集思想的应用,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】由A，B，C成等差数列得出B6
14、0，利用正弦定理得进而得代入三角形的面积公式即可得出【详解】A，B，C成等差数列，A+C2B，又A+B+C180，3B180，B60故由正弦定理 ，故 所以SABC，故答案为：【点睛】本题考查了等差数列的性质，三角形的面积公式，考查正弦定理的应用，属于基础题14、【解析】先计算平均数再求解方差与标准差即可.【详解】解：样本的平均数, 这组数据的方差是 标准差,故答案为：【点睛】本题主要考查了标准差的计算,属于基础题.15、8 （写为也得分） 【解析】由，得，.当时，所以，所以的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列.则，.16、【解析】根据向量关系
15、表示，只需求出的取值范围即可得解.【详解】由题可得：，故答案为：【点睛】此题考查求平面向量数量积的取值范围，涉及基本运算，关键在于恰当地对向量进行转换，便于计算解题.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）分布列见解析，；小张应选择甲公司应聘.【解析】（1）记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件，可得（A）的值（2）设乙公司送餐员送餐单数为，可得当时，以此类推可得：当时，当时，的值当时，的值，同理可得：当时，的所有可能取值可得的分布列及其数学期望依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数可得甲公司送餐员日平均工资，与乙数学期望比较即可得出【详解】解：（1）由表
16、知，50天送餐单数中有30天的送餐单数不小于40单，记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件，则 （2）设乙公司送餐员的送餐单数为，日工资为元，则当时，；当时，；当时，；当时，；当时，所以的分布列为228234240247254 依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为，所以甲公司送餐员的日平均工资为元， 因为，所以小张应选择甲公司应聘【点睛】本题考查了随机变量的分布列与数学期望、古典概率计算公式、组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18、（）；（）详见解析.【解析】（）把点代入椭圆方程，结合离心率得到关于的方程，解方程即可；（）联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理
17、和中垂线的定义求出线段的中垂线方程即可证明.【详解】（）由已知椭圆过点得，又，得，所以，即椭圆方程为.（）证明： 由，得，由，得，由韦达定理可得，设的中点为，得，即，的中垂线方程为，即，故得中垂线恒过点.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；正确求出椭圆方程和利用中垂线的定义正确表示出中垂线方程是求解本题的关键;属于中档题.19、（1） （2）为减函数，为增函数. （3）证明见解析【解析】（1）求出导函数，求出切线方程，令得切线的纵截距，可得（必须利用函数的单调性求解）；（2）求函数的导数，由导数的正负确定单调
18、性；（3）不等式变形为，由递减，得()，即，即，依次放缩，不等式，递增得()，,先证，然后同样放缩得出结论【详解】解：（1）对求导，得.因此.又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即.由题意，.显然，适合上式.令，求导得，因此为增函数：故是唯一解.（2）由（1）可知，因为，所以为减函数.因为，所以为增函数.（3）证明：由，易得.由（2）可知，在上为减函数.因此，当时，即.令，得，即.因此，当时，.所以成立.下面证明：.由（2）可知，在上为增函数.因此，当时，即.因此，即.令，得，即.当时，.因为，所以，所以.所以，当时，.所以，当时，成立.综上所述，当时，成立.【点睛】本题考查导数的几何意义，考
19、查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式本题中不等式的证明，考查了转化与化归的能力，把不等式变形后利用第（2）小题函数的单调性得出数列的不等关系：，这是最关键的一步然后一步一步放缩即可证明本题属于困难题20、见解析【解析】选择或或，求出的值，然后利用等比数列的求和公式可得出关于的不等式，判断不等式是否存在符合条件的正整数解，在有解的情况下，解出不等式，进而可得出结论.【详解】选择：因为，所以，所以令，即，所以使得的正整数的最小值为；选择：因为，所以，因为，所以不存在满足条件的正整数；选择：因为，所以，所以令，即，整理得当为偶数时，原不等式无解；当为奇数时，原不等式等价于，所以使得的正整数
20、的最小值为【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意求得的坐标，代入椭圆方程求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，可得关于的一元二次方程，设出的坐标，分别求出直线与直线的方程，从而求得两点的纵坐标，利用根与系数关系可化简证得为定值.【详解】（1）由已知可得：，代入椭圆方程得：椭圆方程为；（2）设直线CD的方程为，代入，得：设，则有，则AC的方程为，令，得BD的方程为，令，得，证毕.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是难题2
21、2、（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由直径所对的圆周角为，可知，通过计算，利用勾股定理的逆定理可以判断出为直角三角形，所以有.由已知可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面;（2）以为坐标原点，分别以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出相应点的坐标，求出平面的一个法向量和平面的法向量，利用空间向量数量积运算公式，可以求出二面角的余弦值.【详解】解：（1）证明：因为半圆弧上的一点，所以.在中，分别为的中点，所以，且.于是在中， ，所以为直角三角形，且. 因为，,所以. 因为， 所以平面.又平面，所以平面平面. （2）由已知，以为坐标原点，分别以垂直于、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，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,则即，取,得. 设平面的法向量,则即，取,得. 所以， 又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了利用线面垂直判定面面垂直、利用空间向量数量积求二面角的余弦值问题.