2023学年湖南省石门县第二中学高三考前热身数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 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．已知复数满足，则的值为（ ） A． B． C． D．2 2．集合的真子集的个数为( ) A．7 B．8 C．31 D．32 3．对于任意，函数满足，且当时，函数.若，则大小关系是（ ） A． B． C． D． 4．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ） A．AC⊥BE B．EF平面ABCD C．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值 5．若直线与圆相交所得弦长为，则（ ） A．1 B．2 C． D．3 6．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是（ ） A．正方体 B．球体 C．圆锥 D．长宽高互不相等的长方体 7．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ） A．24 B．36 C．48 D．64 8．已知函数，集合，，则（ ） A． B． C． D． 9．下列命题中，真命题的个数为（ ） ①命题“若，则”的否命题； ②命题“若，则或”； ③命题“若，则直线与直线平行”的逆命题. A．0 B．1 C．2 D．3 10．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ） A．48 B．36 C．24 D．12 11．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( ) A．7 B．15 C．31 D．63 12．（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知二面角α﹣l﹣β为60°，在其内部取点A，在半平面α，β内分别取点B，C．若点A到棱l的距离为1，则△ABC的周长的最小值为_____． 14．平面区域的外接圆的方程是____________. 15．已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是___________． 16．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）. （1）求直线和曲线的普通方程； （2）设为曲线上的动点，求点到直线距离的最小值及此时点的坐标. 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）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）当，且时，求的面积. 18．（12分）已知函数． （1）求函数的零点； （2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：； （3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围． 19．（12分）为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，整理如下： 甲公司员工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350 乙公司员工：360，420，370，360，420，340，440，370，360，420 每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件0.65元，乙公司规定每天350件以内(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元. （1）根据题中数据写出甲公司员工在这10天投递的快件个数的平均数和众数； （2）为了解乙公司员工每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为 (单位：元)，求的分布列和数学期望； （3）根据题中数据估算两公司被抽取员工在该月所得的劳务费. 20．（12分）已知函数（），是的导数. （1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点； （2）已知函数在上单调递减，求的取值范围. 21．（12分）已知抛物线的顶点为原点，其焦点关于直线的对称点为，且.若点为的准线上的任意一点，过点作的两条切线，其中为切点. （1）求抛物线的方程； （2）求证：直线恒过定点，并求面积的最小值. 22．（10分）已知各项均为正数的数列的前项和为，且是与的等差中项. （1）证明：为等差数列，并求； （2）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数的值. 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 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、C 【答案解析】 由复数的除法运算整理已知求得复数z，进而求得其模. 【题目详解】 因为，所以 故选：C 【答案点睛】 本题考查复数的除法运算与求复数的模，属于基础题. 2、A 【答案解析】 计算，再计算真子集个数得到答案. 【题目详解】 ，故真子集个数为：. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力. 3、A 【答案解析】 由已知可得的单调性，再由可得对称性，可求出在单调性，即可求出结论. 【题目详解】 对于任意，函数满足， 因为函数关于点对称， 当时，是单调增函数， 所以在定义域上是单调增函数. 因为，所以， . 故选:A. 【答案点睛】 本题考查利用函数性质比较函数值的大小，解题的关键要掌握函数对称性的代数形式，属于中档题.. 4、D 【答案解析】 A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假. 【题目详解】 A．因为，所以平面， 又因为平面，所以，故正确； B．因为，所以，且平面，平面， 所以平面，故正确； C．因为为定值，到平面的距离为， 所以为定值，故正确； D．当，，取为，如下图所示： 因为，所以异面直线所成角为， 且， 当，，取为，如下图所示： 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线所成角为，且， 由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内. 5、A 【答案解析】 将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可. 【题目详解】 圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即. 故选：A 【答案点睛】 本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题. 6、C 【答案解析】 根据基本几何体的三视图确定． 【题目详解】 正方体的三个三视图都是相等的正方形，球的三个三视图都是相等的圆，圆锥的三个三视图有一个是圆，另外两个是全等的等腰三角形，长宽高互不相等的长方体的三视图是三个两两不全等的矩形． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查基本几何体的三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键． 7、B 【答案解析】 根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和. 【题目详解】 当按照进行分配时，则有种不同的方案； 当按照进行分配，则有种不同的方案. 故共有36种不同的派遣方案， 故选：B. 【答案点睛】 本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题. 8、C 【答案解析】 分别求解不等式得到集合,再利用集合的交集定义求解即可. 【题目详解】 ,， ∴． 故选C． 【答案点睛】 本题主要考查了集合的基本运算,难度容易. 9、C 【答案解析】 否命题与逆命题是等价命题，写出①的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出②的逆否命题后，利用指数函数单调性验证正确；写出③的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断③正确. 【题目详解】 ①的逆命题为“若，则”， 令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题； ②的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故②为真命题； ③的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查判断命题真假. 判断命题真假的思路： (1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断． (2)当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法： ①若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；②判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可． 10、C 【答案解析】 由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。 【题目详解】 ，故选C. 【答案点睛】 框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。 11、B 【答案解析】 试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，； ⑤，. 第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B. 考点：程序框图. 12、D 【答案解析】 利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果. 【题目详解】 由 所以 ， 所以原式 所以原式 故 故选：D 【答案点睛】 本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 作A关于平面α和β的对称点M，N，交α和β与D，E，连接MN，AM，AN，DE，根据对称性三角形ADC的周长为AB+AC+BC＝MB+BC+CN，当四点共线时长度最短，结合对称性和余弦定理求解. 【题目详解】 作A关于平面α和β的对称点M，N，交α和β与D，E， 连接MN，AM，AN，DE， 根据对称性三角形ABC的周长为AB+AC+BC＝MB+BC+CN， 当M，B，C，N共线时，周长最小为MN设平面ADE交l于，O，连接OD，OE， 显然OD⊥l，OE⊥l， ∠DOE＝60°，∠MOA+∠AON＝240°,OA＝1， ∠MON＝120°，且OM＝ON＝OA＝1，根据余弦定理， 故MN2＝1+1﹣2×1×1×cos120°＝3， 故MN． 故答案为：． 【答案点睛】 此题考查求空间三角形边长的最值，关键在于根据几何性质找出对称关系，结合解三角形知识求解. 14、 【答案解析】 作出平面区域，可知平面区域为三角形，求出三角形的三个顶点坐标，设三角形的外接圆方程为，将三角形三个顶点坐标代入圆的一般方程，求出、、的值，即可得出所求圆的方程. 【题目详解】 作出不等式组所表示的平面区域如下图所示： 由图可知，平面区域为，联立，解得，则点， 同理可得点、， 设的外接圆方程为， 由题意可得，解得，，， 因此，所求圆的方程为. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查三角形外