《江西省赣州市赣源中学2023届高三下学期第六次检测数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省赣州市赣源中学2023届高三下学期第六次检测数学试卷含解析.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请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）ABCD2定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+2）f（x），当x3，2时，f（x）x2，则（ ）ABf（sin3）f（cos3）CDf（2020）f（2019）3在天文学中，天体的明
2、暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是26.7，天狼星的星等是1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )A1010.1B10.1Clg10.1D1010.14如图，长方体中，点T在棱上，若平面.则（ ）A1BC2D5已知双曲线（）的渐近线方程为，则（ ）ABCD6过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点作准线的垂线，垂足为.若，则（ ）ABCD7已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）ABCD8已知函数，则（ ）AB1C-1D09记为数列的前项和数列对任意的满足.若，则当取最
3、小值时，等于（ ）A6B7C8D910若(12ai)i1bi，其中a，bR，则|abi|()ABCD511已知是定义在上的奇函数，当时，则（ ）AB2C3D12下列四个结论中正确的个数是（1）对于命题使得，则都有；（2）已知，则 （3）已知回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），则回归直线方程为；（4）“”是“”的充分不必要条件.A1B2C3D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设函数，则_.14平面向量，（R），且与的夹角等于与的夹角，则 .15的展开式中的系数为_.16已知，满足，则的展开式中的系数为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演
4、算步骤。17（12分）设（1）证明:当时，；（2）当时，求整数的最大值.（参考数据：，）18（12分）己知的内角的对边分别为.设（1）求的值；（2）若，且，求的值.19（12分）如图，四棱锥EABCD的侧棱DE与四棱锥FABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，/，.（1）证明：/平面BCE. （2）设平面ABF与平面CDF所成的二面角为，求.20（12分）如图，三棱柱中，侧面为菱形，.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.21（12分）如图所示，在四面体中，平面平面，且.（1）证明：平面；（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.22（10分）已知函数.（1）讨
5、论的单调性；（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，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、D【解析】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.【详解】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.故，.故，故，.故选：.【点睛】本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.2、B【解析】根据函数的周期性以及x3，2的解析式，可作出函数f（x）在定义域上的图象，由此结合选项判断即可.【详解】由f（x+2）f（x），得f（x）是周期函数且周期为2，先作出
6、f（x）在x3，2时的图象，然后根据周期为2依次平移，并结合f（x）是偶函数作出f（x）在R上的图象如下，选项A，所以，选项A错误；选项B，因为，所以，所以f（sin3）f（cos3），即f（sin3）f（cos3），选项B正确；选项C，所以，即，选项C错误；选项D，选项D错误.故选：B.【点睛】本题考查函数性质的综合运用，考查函数值的大小比较，考查数形结合思想，属于中档题.3、A【解析】由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.【详解】两颗星的星等与亮度满足,令,.故选A.【点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识信息处理能力阅读理解能力以及指数对数运算.4、D【解
7、析】根据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面向量数量积定义即可求得.【详解】长方体中，点T在棱上，若平面.则，则，所以， 则，所以，故选：D.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面向量数量积的运算，属于基础题.5、A【解析】根据双曲线方程（），确定焦点位置，再根据渐近线方程得到求解.【详解】因为双曲线（），所以，又因为渐近线方程为，所以，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6、C【解析】需结合抛物线第一定义和图形，得为等腰三角形，设准线与轴的交点为，过点作，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出，结合比
8、值与正切二倍角公式化简即可【详解】如图，设准线与轴的交点为，过点作.由抛物线定义知，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查抛物线的几何性质，三角函数的性质，数形结合思想，转化与化归思想，属于中档题7、A【解析】投影即为，利用数量积运算即可得到结论.【详解】设向量与向量的夹角为，由题意，得，所以，向量在向量方向上的投影为.故选：A.【点睛】本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题.8、A【解析】由函数，求得，进而求得的值，得到答案.【详解】由题意函数，则，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的解析式，代入求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能
9、力，属于基础题.9、A【解析】先令，找出的关系，再令，得到的关系，从而可求出，然后令，可得，得出数列为等差数列，得，可求出取最小值.【详解】解法一：由，所以，由条件可得，对任意的，所以是等差数列，要使最小，由解得，则.解法二：由赋值法易求得，可知当时，取最小值.故选：A【点睛】此题考查的是由数列的递推式求数列的通项，采用了赋值法，属于中档题.10、C【解析】试题分析：由已知，2ai1bi，根据复数相等的充要条件，有a，b1所以|abi|，选C考点：复数的代数运算，复数相等的充要条件，复数的模11、A【解析】由奇函数定义求出和【详解】因为是定义在上的奇函数，.又当时，.故选：A【点睛】本题考查函
10、数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键12、C【解析】由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，即可判定是正确的；（2）中，根据正态分布曲线的性质，即可判定是正确的；（3）中，由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，即可判定是正确；（4）中，基本不等式和充要条件的判定方法，即可判定【详解】由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，可知命题使得，则都有，是错误的；（2）中，已知，正态分布曲线的性质，可知其对称轴的方程为，所以 是正确的；（3）中，回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，可得回归直线方程为是正确；（4）中，当时，
11、可得成立，当时，只需满足，所以“”是“”成立的充分不必要条件【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用，其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质，以及基本不等式的应用等知识点的应用，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，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】由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法运算法则与对数恒等式关系分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求值，属于简单题.14、2【解析】试题分析：，与的夹角等于与的夹角，所以考点：向量的坐标运算
12、与向量夹角15、28【解析】将已知式转化为，则的展开式中的系数中的系数，根据二项式展开式可求得其值.【详解】，所以的展开式中的系数就是中的系数，而中的系数为，展开式中的系数为故答案为：28.【点睛】本题考查二项式展开式中的某特定项的系数，关键在于将原表达式化简将三项的幂的形式转化为可求的二项式的形式，属于基础题.16、1【解析】根据二项式定理求出，然后再由二项式定理或多项式的乘法法则结合组合的知识求得系数【详解】由题意，的展开式中的系数为故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项式定理的应用是解题关键三、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）证明见解析；（
13、2）.【解析】（1）将代入函数解析式可得，构造函数，求得并令，由导函数符号判断函数单调性并求得最大值，由即可证明恒成立，即不等式得证.（2）对函数求导，变形后讨论当时的函数单调情况：当时，可知满足题意；将不等式化简后构造函数，利用导函数求得极值点与函数的单调性，从而求得最小值为，分别依次代入检验的符号，即可确定整数的最大值；当时不满足题意，因为求整数的最大值，所以时无需再讨论.【详解】（1）证明：当时代入可得，令，则，令解得，当时，所以在单调递增，当时，所以在单调递减，所以，则，即成立.（2）函数则，若时，当时，则在时单调递减，所以，即当时成立；所以此时需满足的整数解即可，将不等式化简可得，令
14、 则令解得，当时，即在内单调递减，当时，即在内单调递增，所以当时取得最小值，则，所以此时满足的整数 的最大值为；当时，在时，此时，与题意矛盾，所以不成立.因为求整数的最大值，所以时无需再讨论，综上所述，当时，整数的最大值为.【点睛】本题考查了导数在证明不等式中的应用，导数与函数单调性、极值、最值的关系和应用，构造函数法求最值，并判断函数值法符号，综合性强，属于难题.18、（1）（2）【解析】（1）由正弦定理将，转化，即，由余弦定理求得， 再由平方关系得再求解.（2）由，得，结合再求解.【详解】（1）由正弦定理，得，即，则，而，又，解得，故.（2）因为，则，因为，故，故，解得，故，则.【点睛】本
15、题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得DE/BF，然后根据勾股定理计算可得BFDE，最后利用线面平行的判定定理，可得结果.（2）利用建系的方法，可得平面ABF的一个法向量为，平面CDF的法向量为，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.【详解】（1）因为DE平面ABCD，所以DEAD，因为AD4，AE5，DE3，同理BF3，又DE平面ABCD，BF平面ABCD，所以DE/BF，又BFDE，所以平行四边形BEDF，故DF/BE，因为BE平面BCE，DF平面BCE所以D
16、F/平面BCE；（2）建立如图空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（4，0，0），C（0，4，0），F（4，3，3）， 设平面CDF的法向量为，由，令x3，得，易知平面ABF的一个法向量为，所以，故.【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用建系方法解决面面角问题，属基础题.20、（1）见解析（2）【解析】（1）根据菱形性质可知，结合可得，进而可证明，即，即可由线面垂直的判定定理证明平面；（2）结合（1）可证明两两互相垂直.即以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：设，连接，如下图所示
17、：侧面为菱形，且为及的中点， 又，则为直角三角形，又，即，而为平面内的两条相交直线，平面.(2)平面，平面，即，从而两两互相垂直.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图的空间直角坐标系，为等边三角形， ，设平面的法向量为，则，即，可取，设平面的法向量为，则.同理可取，由图示可知二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定方法，利用空间向量方法求二面角夹角的余弦值，注意建系时先证明三条两两垂直的直线，属于中档题.21、（1）见证明；（2）【解析】（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；（2）设，利用椎体的
18、体积公式求得 ，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以.因为，所以，所以，因为，所以平面.（2）解：设，则，四面体的体积 . ，当时，单调递增；当时，单调递减.故当时，四面体的体积取得最大值.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，即，令，得，同理可得平面的一个法向量为，则.由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的
19、过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.22、（1）当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）证明见解析【解析】（1）对求导，分，进行讨论，可得的单调性；（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，设，可得，则，设，对求导，利用其单调性可证明.【详解】解：的定义域为，因为，所以，当时，令，得，令，得；当时，则，令，得，或，令，得；当时，当时，则，令，得；综上所述，当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，此时，设，又因为，则，设，则对于任意成立，所以在上是增函数，所以对于，有，即，有，因为，所以，即，又在递增，所以，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.