《江苏省苏州市2023届高三六校第一次联考数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省苏州市2023届高三六校第一次联考数学试卷含解析.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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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。
2、1已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的最小值为（ ）ABC8D62用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（ ）A48B60C72D1203的展开式中的系数为（ ）A5B10C20D304某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不同的执行方案共有（ ）A36种B44种C48种D54种5运行如图程序，则输出的S的值为（） A0B1C20
3、18D20176已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）ABCD7如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD82019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立70周年，小明、小红、小金三人以国庆为主题各自独立完成一幅十字绣赠送给当地的村委会，这三幅十字绣分别命名为“鸿福齐天”、“国富民强”、“兴国之路”，为了弄清“国富民强”这一作品是谁制作的，村支书对三人进行了问话，得到回复如下：小明说：“鸿福齐天”是我制作的；小红说：“国富民强”不是小明制作的，就是我制作的；小金说：“兴国之路”不是我制作的，若三人的说法
4、有且仅有一人是正确的，则“鸿福齐天”的制作者是（ ）A小明B小红C小金D小金或小明9若复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限10已知函数的最小正周期为的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则的单调递增区间为( )ABCD11年某省将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为ABCD12将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）A图象关于点对称，在区间上为增函数B函数最大值为2，图象关于点对称C图象关于直线
5、对称，在上的最小值为1D最小正周期为，在有两个根二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某种产品的质量指标值服从正态分布，且某用户购买了件这种产品，则这件产品中质量指标值位于区间之外的产品件数为_14数列满足，则，_.若存在nN*使得成立，则实数的最小值为_15设满足约束条件，则的取值范围为_.16已知满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则_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，在四棱锥中，平面，为的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值18（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱
6、的中点.（1）求证：平面；（2）（文科）求三棱锥的体积；（理科）求二面角的正切值.19（12分）已知集合，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，规定空集中元素的个数为.当时，求的值；利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，都有.20（12分）如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面求证：平面；若，求证：平面平面.21（12分）记函数的最小值为.（1）求的值；（2）若正数，满足，证明：.22（10分）已知函数.（1）解不等式；（2）若，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
7、合题目要求的。1、C【解析】由椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式化简，结合基本不等式即可求解.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，半焦距为，则，设由椭圆的定义以及双曲线的定义可得：，则 当且仅当时，取等号.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式，属于中等题.2、A【解析】对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选【点睛】本题主
8、要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题。3、C【解析】由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.【详解】由已知，因为展开式的通项为，所以展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.4、B【解析】分三种情况，任务A排在第一位时，E排在第二位；任务A排在第二位时，E排在第三位；任务A排在第三位时，E排在第四位，结合任务B和C不能相邻，分别求出三种情况的排列方法，即可得到答案【详解】六项不同的任务分别为A、B、C、D、E、F，如果任务A排在第一位时，E排在第
9、二位，剩下四个位置，先排好D、F，再在D、F之间的3个空位中插入B、C，此时共有排列方法：；如果任务A排在第二位时，E排在第三位，则B，C可能分别在A、E的两侧，排列方法有，可能都在A、E的右侧，排列方法有； 如果任务A排在第三位时，E排在第四位，则B，C分别在A、E的两侧；所以不同的执行方案共有种【点睛】本题考查了排列组合问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题5、D【解析】依次运行程序框图给出的程序可得第一次：，不满足条件；第二次：，不满足条件；第三次：，不满足条件；第四次：，不满足条件；第五次：，不满足条件；第六次：，满足条件，退出循环输出1选D6、C【解析】求导，先求出在单增，在单减
10、，且知设，则方程有4个不同的实数根等价于方程在上有两个不同的实数根，再利用一元二次方程根的分布条件列不等式组求解可得.【详解】依题意，令，解得，故当时，当，且，故方程在上有两个不同的实数根，故，解得.故选：C.【点睛】本题考查确定函数零点或方程根个数.其方法：(1)构造法：构造函数(易求，可解)，转化为确定的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解；(2)定理法：先用零点存在性定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.7、A【解析
11、】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.【详解】由，可知平面将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，记的外心为，由为等边三角形，可得又，故在中，此即为外接球半径，从而外接球表面积为故选：A【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.8、B【解析】将三个人制作的所有情况列举出来，再一一论证.【详解】依题意，三个人制作的所有情况如下所示：123456鸿福齐天小明小明小红小红小金小金国富
12、民强小红小金小金小明小红小明兴国之路小金小红小明小金小明小红若小明的说法正确，则均不满足；若小红的说法正确，则4满足；若小金的说法正确，则3满足.故“鸿福齐天”的制作者是小红，故选：B.【点睛】本题考查推理与证明，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于基础题.9、A【解析】将 整理成的形式，得到复数所对应的的点，从而可选出所在象限.【详解】解：，所以所对应的点为在第一象限.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数对应的坐标.易错点是误把 当成进行计算.10、D【解析】先由函数的周期和图象的平移后的函数的图象性质得出函数的解析式，从而得出的解析式，再根据正弦函数的单调递增区间得出
13、函数的单调递增区间，可得选项.【详解】因为函数的最小正周期是，所以，即，所以，的图象向左平移个单位长度后得到的函数解析式为，由于其图象关于轴对称，所以，又，所以，所以，所以， 因为的递增区间是：，由，得：，所以函数的单调递增区间为（）.故选：D.【点睛】本题主要考查正弦型函数的周期性，对称性，单调性，图象的平移，在进行图象的平移时，注意自变量的系数，属于中档题.11、B【解析】甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B12、C【解析】由辅助角公式化简三
14、角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.【详解】函数，则，将向左平移个单位，可得，由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；对于D，最小正周期为，当，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；综上可知，正确的为C，故选：C.【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】直接
15、计算，可得结果.【详解】由题可知：则质量指标值位于区间之外的产品件数：故答案为：【点睛】本题考查正太分布中原则，审清题意，简单计算，属基础题.14、 【解析】利用“退一作差法”求得数列的通项公式，将不等式分离常数，利用商比较法求得的最小值，由此求得的取值范围，进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时，满足上式综上所述存在使得成立的充要条件为存在使得，设，所以，即，所以单调递增，的最小项，即有的最小值为.故答案为：(1). (2). 【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查数列单调性的判断方法，考查不等式成立的存在性问题的求解策略，属于中档题.15、【解析】由题意画出可
16、行域，转化目标函数为，数形结合即可得到的最值，即可得解.【详解】由题意画出可行域，如图：转化目标函数为，通过平移直线，数形结合可知：当直线过点A时，直线截距最大，z最小；当直线过点C时，直线截距最小，z最大.由可得，由可得，当直线过点时，；当直线过点时，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合思想，属于基础题.16、-2【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可【详解】由题意得：目标函数在点B取得最大值为7，在点A处取得最小值为1，直线AB的方程是：，则，故答案为.【点睛】本题
17、主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值的方法，属于基础题三、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）见解析；（2）【解析】(1) 取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.(2) 以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：如图,取的中点,连接.又为的中点,则是的中位线.所以且.又且,所以且.所以四边形是平行四边形.所以.因为,为的中点,所以.因为,所以.因为平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.（2）易知两
18、两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为,所以点.则.设平面的法向量为,由,得,令,得平面的一个法向量为；显然平面的一个法向量为；设二面角的大小为,则.故二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.18、（1）见解析（2）（文） （理）【解析】（1）证明：取PD中点G，连结GF、AG，GF为PDC的中位线，GFCD且，又AECD且，GFAE且GF=AE，EFGA是平行四边形，则EFAG，又EF不在平面PAD内，AG在平面PAD内，EF面PAD； （2）
19、（文）解：取AD中点O，连结PO，面PAD面ABCD，PAD为正三角形，PO面ABCD，且，又PC为面ABCD斜线，F为PC中点，F到面ABCD距离，故；（理）连OB交CE于M，可得RtEBCRtOAB，MEB=AOB，则MEB+MBE=90，即OMEC连PM，又由（2）知POEC，可得EC平面POM，则PMEC，即PMO是二面角P-EC-D的平面角，在RtEBC中，即二面角P-EC-D的正切值为【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、二面角的求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直
20、线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.19、；证明见解析.【解析】当时，集合共有个子集，即可求出结果；分类讨论，利用数学归纳法证明.【详解】当时，集合共有个子集，所以；当时，由可知，此时令，满足对任意，都有，且；假设当时，存在有序集合组满足题意，且，则当时，集合的子集个数为个，因为是4的整数倍，所以令，且恒成立，即满足对任意，都有，且，综上，原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题.20
21、、证明见解析；证明见解析.【解析】利用线面平行的判定定理求证即可；为中点，为中点，可得，可知，故为直角三角形，利用面面垂直的判定定理求证即可.【详解】解： 证明：为中点，为中点，又平面，平面，平面；证明：为中点，为中点，又，则，故为直角三角形，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.21、（1）（2）证明见解析【解析】（1）将函数转化为分段函数或利用绝对值三角不等式进行求解；（2）利用基本不等式或柯西不等式证明即可.【详解】解法一：（1）当时，当，当时，所以解法二：（1）如图当时，解法三：（1）当且仅当即时，等号成立.当
22、时解法一：（2）由题意可知，因为，所以要证明不等式，只需证明，因为成立，所以原不等式成立.解法二：（2）因为，所以，又因为，所以，所以，原不等式得证.补充：解法三：（2）由题意可知，因为，所以要证明不等式，只需证明，由柯西不等式得：成立，所以原不等式成立.【点睛】本题主要考查了绝对值函数的最值求解，不等式的证明，绝对值三角不等式，基本不等式及柯西不等式的应用，考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.22、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）分、三种情况解不等式，即可得出该不等式的解集；（2）利用分析法可知，要证，即证，只需证明即可，因式分解后，判断差值符号即可，由此证明出所证不等式成立.【详解】（1）.当时，由，解得，此时；当时，不成立；当时，由，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2）要证，即证，因为，所以，.所以，.故所证不等式成立.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用分析法和作差法证明不等式，考查分类讨论思想以及推理能力，属于中等题.