《辽宁省葫芦岛市八中2023届高三第五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《辽宁省葫芦岛市八中2023届高三第五次模拟考试数学试卷含解析.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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD2如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，且，则与面所成角的正弦值等于（ ）ABCD3一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有
2、地，依次记为，（为地，为地）从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，各地装卸完毕后剩余的邮件数记为则的表达式为（ ）ABCD4设实数满足条件则的最大值为（ ）A1B2C3D45已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（ ）A-1B1C0D26一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（ ）ABCD7函数的图象为C，以下结论中正确的是（ ）图象C关于直线对称；图象C关于点对称；由y =2sin2x的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.ABCD8易经包含着很多哲理，在信息学、天文学中都有广泛
3、的应用，易经的博大精深，对今天 的几何学和其它学科仍有深刻的影响下图就是易经中记载的几何图形八卦田，图中正八 边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，八块面积相等的曲边梯形代表八卦田已知正八边 形的边长为，阴阳太极图的半径为，则每块八卦田的面积约为（ ）ABCD9设，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件10已知（i为虚数单位，），则ab等于（ ）A2B-2CD11某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）AB4CD512已知向量，则（ ）ABC()D( )二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知向量，若，则_.14平行四边形中，为边
4、上一点（不与重合），将平行四边形沿折起，使五点均在一个球面上，当四棱锥体积最大时，球的表面积为_.15在平面直角坐标系xOy中，若圆C1：x2（y1）2r2（r0）上存在点P，且点P关于直线xy0的对称点Q在圆C2：（x2）2（y1）21上，则r的取值范围是_16已知平面向量，且，则向量与的夹角的大小为_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）已知函数()当时，讨论函数的单调区间；()若对任意的和恒成立，求实数的取值范围18（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF90，AD2，ABAF2EF2，点P在棱
5、DF上（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（2）若二面角DAPC的正弦值为，求PF的长度19（12分）已知函数，.（1）求证：在区间上有且仅有一个零点，且；（2）若当时，不等式恒成立，求证：.20（12分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.（1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为.（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.21（12分）设函数.（1）若，时，在上单调递减，求的取值范围；（2）若，求证：当时，22（10分）如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的
6、点,且.（1）证明：平面；（2）若,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、D【解析】先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数图象的上方，再利用数形结合即可解决.【详解】由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线，设切点为，则，解得，所以切线斜率为，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.2、A【解析】首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，
7、再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，设中点为，连接，可知，同时易知，所以面，故即为与面所成角，有，故.故选：A.【点睛】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，属于基础题.3、D【解析】根据题意，分析该邮车到第站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答案【详解】解：根据题意，该邮车到第站时，一共装上了件邮件，需要卸下件邮件，则，故选：D【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题4、C【解析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，即，表示直线在轴的截距加上1，根据
8、图像知，当时，且时，有最大值为.故选：.【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.5、B【解析】化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.6、B【解析】因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.故选：B【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.7、B【解析】根据三角函数的对称轴、对称中心和图象变换的知识，判断出正
9、确的结论.【详解】因为，又，所以正确.，所以正确.将的图象向右平移个单位长度，得，所以错误.所以正确，错误.故选:B【点睛】本小题主要考查三角函数的对称轴、对称中心，考查三角函数图象变换，属于基础题.8、B【解析】由图利用三角形的面积公式可得正八边形中每个三角形的面积，再计算出圆面积的，两面积作差即可求解.【详解】由图，正八边形分割成个等腰三角形，顶角为，设三角形的腰为，由正弦定理可得，解得，所以三角形的面积为：，所以每块八卦田的面积约为：.故选：B【点睛】本题考查了正弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记定理与面积公式，属于基础题.9、A【解析】根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案
10、.【详解】，当时，充分性；当，取，验证成立，故不必要.故选：.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.10、A【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求解【详解】，得，故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题11、B【解析】还原几何体的直观图，可将此三棱锥放入长方体中, 利用体积分割求解即可.【详解】如图，三棱锥的直观图为，体积.故选:B.【点睛】本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.12、D【解析】由题意利用两个向量
11、坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.【详解】向量（1，2），（3，1），和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；显然，3+20，故、不垂直，故排除B；（2，1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；（）2+20，故 （），故D正确，故选：D.【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】根据向量加法和减法的坐标运算,先分别求得与,再结合向量的模长公式即可求得的值.【详解】向量,则,则因为即,化简可得解得 故答案为: 【点睛】本题考查了向量坐标加法和减法的运算
12、,向量模长的求法,属于基础题.14、【解析】依题意可得、四点共圆，即可得到，从而得到三角形为正三角形，利用余弦定理可得，且，要使四棱锥体积最大，当且仅当面面时体积取得最大值，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再又可证面，则外接球的半径，即可求出球的表面积；【详解】解：依题意可得、四点共圆，所以因为，所以，所以三角形为正三角形，则，利用余弦定理得即，解得，则所以，当面面时，取得最大，所以的外接圆的半径，又面面，且面面， 面所以面，所以外接球的半径所以故答案为：【点睛】本题考查多面体的外接球的相关计算，正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题.15、【解析】设圆C1上存在点P（x0，y0），则Q（y0，
13、x0），分别满足两个圆的方程，列出方程组，转化成两个新圆有公共点求参数范围.【详解】设圆C1上存在点P（x0，y0）满足题意，点P关于直线xy0的对称点Q（y0，x0），则，故只需圆x2（y1）2r2与圆（x1）2（y2）21有交点即可，所以|r1|r1，解得.故答案为：【点睛】此题考查圆与圆的位置关系，其中涉及点关于直线对称点问题，两个圆有公共点的判定方式.16、【解析】由，解得，进而求出，即可得出结果.【详解】解：因为，所以，解得，所以，所以向量与的夹角的大小为都答案为：.【点睛】本题主要考查平面向量的运算，平面向量垂直，向量夹角等基础知识；考查运算求解能力，属于基础题三、解答题：共70分
14、。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、 ()见解析()【解析】()首先求得导函数，然后结合导函数的解析式分类讨论函数的单调性即可； ()将原问题进行等价转化为，恒成立，然后构造新函数，结合函数的性质确定实数的取值范围即可【详解】解：()当时，当时，在上恒成立，函数在上单调递减；当时，由得：；由得：当时，函数的单调递减区间是，无单调递增区间：当时，函数的单调递减区间是，函数的单调递增区间是()对任意的和，恒成立等价于：，恒成立即，恒成立令：，则得，由此可得：在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，即又，实数的取值范围是：【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性和恒成立问题，考查分类
15、讨论的数学思想，等价转化的数学思想等知识，属于中等题18、（1）（2）【解析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（1，0，2），（2，1，1），计算夹角得到答案.（2）设，01，计算P（0，2，22），计算平面APC的法向量（1，1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）BAF90，AFAB，又平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCDAB，AF平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，AD2，ABAF2EF2，P是DF的中点，B（2，0，
16、0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（1，0，2），（2，1，1），设异面直线BE与CP所成角的平面角为，则cos，异面直线BE与CP所成角的余弦值为（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），设P（a，b，c），01，即（a，b，c2）（0，2，2），解得a0，b2，c22，P（0，2，22），（0，2，22），（2，2，0），设平面APC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，），平面ADP的法向量（1，0，0），二面角DAPC的正弦值为，|cos|，解得，P（0，），PF的长度|PF|【点睛】本题考查了异面直线夹角，根据二
17、面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.19、（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）利用求导数，判断在区间上的单调性，然后再证异号，即可证明结论；（2）当时，不等式恒成立，分离参数只需时，恒成立，设（），需，根据（1）中的结论先求出，再构造函数结合导数法，证明即可.【详解】（1），令，则，所以在区间上是增函数，则，所以在区间上是增函数.又因为，所以在区间上有且仅有一个零点，且.（2）由题意，在区间上恒成立，即在区间上恒成立，当时，；当时，恒成立，设（），所以.由（1）可知，使，所以，当时，当时，由此在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以.又因为，所以，从而，所以.令，则，所
18、以在区间上是增函数，所以，故.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、函数的零点、极值最值、不等式的证明，分离参数是解题的关键，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.20、（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）将点代入椭圆方程得到，结合基本不等式，求得取得最小值时，进而证得椭圆的离心率为.（2）当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，求得到直线的距离.当直线的斜率存在时，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用，则列方程，求得的关系式，进而求得到直线的距离.根据上述分析判断出所求的圆存在，进而求得定圆的方程.【详解】（1）证明：椭圆经过点，当且仅当，即时，等号成立，
19、此时椭圆的离心率.（2）解：椭圆的焦距为2，又，.当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.，在椭圆上，到直线的距离.当直线的斜率存在时，设的方程为.由，得，.设，则，.，即，到直线的距离.综上，到直线的距离为定值，且定值为，故存在定圆：，使得圆与直线总相切.【点睛】本小题主要考查点和椭圆的位置关系，考查基本不等式求最值，考查直线和椭圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查分类讨论的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.21、（1）（2）见解析【解析】(1) 在上单调递减等价于在恒成立，分离参数即可解决.(2)先对求导，化简后根据零点存在性定理判断唯一零点所在区间，构造函数利用基本不等式求
20、解即可.【详解】（1），时，在上单调递减，令，时，；时，在上为减函数，在上为增函数，的取值范围为（2）若，时，令，显然在上为增函数又，有唯一零点且，时，；时，在上为增函数，在上为减函数又，当时，【点睛】此题考查函数定区间上单调，和零点存在性定理等知识点，难点为找到最值后的构造函数求值域，属于较难题目.22、（1）见解析（2）【解析】（1）连结BM，推导出BCBB1，AA1BC，从而AA1MC，进而AA1平面BCM，AA1MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MNAP，由此能证明MN平面ABC（2）推导出ABA1是等腰直角三角形，设AB，则AA12a，BMAMa，推导出MCBM，MCAA1
21、，BMAA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角ACMN的余弦值【详解】（1）如图1，在三棱柱中，连结，因为是矩形，所以，因为，所以， 又因为，所以平面，所以，又因为，所以是中点，取中点，连结，因为是的中点，则且， 所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（图1） （图2）（2）因为，所以是等腰直角三角形，设，则，.在中，所以.在中，所以，由（1）知，则，如图2，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.所以，则，设平面的法向量为，则即取得.故平面的一个法向量为，因为平面的一个法向量为，则.因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查了利用空间向量法求解二面角的方法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题