2023学年福建厦门松柏中学高三二诊模拟考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 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．函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（ ） A． B． C． D． 2．已知数列满足：)若正整数使得成立，则（ ） A．16 B．17 C．18 D．19 3．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的标准方程可能为（ ） A． B． C． D． 4．在关于的不等式中，“”是“恒成立”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 5．设集合，，则（ ） A． B． C． D． 6．函数（）的图像可以是（ ） A． B． C． D． 7．已知定点，，是圆上的任意一点，点关于点的对称点为，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹是（ ） A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆 8．如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ） A． B． C． D． 9．二项式的展开式中，常数项为（ ） A． B．80 C． D．160 10．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 11．设复数满足，在复平面内对应的点的坐标为则（　　） A． B． C． D． 12．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ） A． B．1 C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．命题“对任意，”的否定是 ． 14．已知向量，满足，，，则向量在的夹角为______. 15．设满足约束条件，则的取值范围为__________. 16．已知向量，，满足，，，则的取值范围为_________. 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 （1）求单调区间和极值； （2）若存在实数，使得，求证： 18．（12分）已知椭圆的右焦点为,过点且斜率为的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点. （1）证明:点在轴的右侧; （2）设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点.若与的面积相等,求直线的斜率 19．（12分）已知. （Ⅰ） 若，求不等式的解集； （Ⅱ），，，求实数的取值范围. 20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程； （2）设点，若直线与曲线相交于、两点，求的值 21．（12分）已知数列，，数列满足，n． （1）若，，求数列的前2n项和； （2）若数列为等差数列，且对任意n，恒成立． ①当数列为等差数列时，求证：数列，的公差相等； ②数列能否为等比数列？若能，请写出所有满足条件的数列；若不能，请说明理由． 22．（10分）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，且. （1）求证：平面； （2）求锐二面角的余弦值. 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、D 【答案解析】 由三角函数的周期可得，由函数图像的变换可得， 平移后得到函数解析式为，再求其对称轴方程即可. 【题目详解】 解：函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由， 得，当时，. 故选D. 【答案点睛】 本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题. 2、B 【答案解析】 计算，故，解得答案. 【题目详解】 当时，，即，且. 故， ，故. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了数列的相关计算，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用. 3、A 【答案解析】 直线的方程为，令，得，得到a,b的关系，结合选项求解即可 【题目详解】 直线的方程为，令，得.因为，所以，只有选项满足条件. 故选：A 【答案点睛】 本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力. 4、C 【答案解析】 讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案. 【题目详解】 解：当时，，由开口向上，则恒成立； 当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意， 若 时，要使得恒成立，则 ，即 . 所以“”是“恒成立”的充要条件. 故选:C. 【答案点睛】 本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件. 5、A 【答案解析】 解出集合，利用交集的定义可求得集合. 【题目详解】 因为，又，所以. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题. 6、B 【答案解析】 根据，可排除，然后采用导数，判断原函数的单调性，可得结果. 【题目详解】 由题可知：， 所以当时，， 又， 令，则 令，则 所以函数在单调递减 在单调递增， 故选：B 【答案点睛】 本题考查函数的图像，可从以下指标进行观察：（1）定义域；（2）奇偶性；（3）特殊值；（4）单调性；（5）值域，属基础题. 7、B 【答案解析】 根据线段垂直平分线的性质，结合三角形中位线定理、圆锥曲线和圆的定义进行判断即可. 【题目详解】 因为线段的垂直平分线与直线相交于点，如下图所示： 所以有，而是中点，连接，故， 因此 当在如下图所示位置时有，所以有，而是中点，连接, 故，因此， 综上所述：有，所以点的轨迹是双曲线. 故选：B 【答案点睛】 本题考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力和推理论证能力，考查了分类讨论思想. 8、B 【答案解析】 为所求的二面角的平面角，由得出，求出在内的轨迹，根据轨迹的特点求出的最大值对应的余弦值 【题目详解】 ，，， ，同理 为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角 ，又 ， 在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系 则，设 ，整理可得： 在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆 平面平面，， 为二面角的平面角， 当与圆相切时，最大，取得最小值 此时 故选 【答案点睛】 本题主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果． 9、A 【答案解析】 求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果. 【题目详解】 解：二项式展开式的通式为， 令，解得， 则常数项为. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题. 10、D 【答案解析】 由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积． 【题目详解】 如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即＝60°，由底面边长为3得， ∴． 正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为， 则由得，解得， ∴． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键． 11、B 【答案解析】 根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解. 【题目详解】 在复平面内对应的点的坐标为，则， ， ∵， 代入可得， 解得. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题. 12、C 【答案解析】 该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积．故选. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、存在，使得 【答案解析】 试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”． 考点：命题的否定． 14、 【答案解析】 把平方利用数量积的运算化简即得解. 【题目详解】 因为，，， 所以，∴， ∴，因为 所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 15、 【答案解析】 由题意画出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得到的最值，即可得解. 【题目详解】 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：. 【答案点睛】 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、 【答案解析】 设，，，，由，，，根据平面向量模的几何意义，可得A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，为的距离，利用数形结合求解. 【题目详解】 设，，，， 如图所示： 因为，，， 所以A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆， 则即的距离， 由图可知，. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查平面向量的模及运算的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题. 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）时，函数单调递增，，函数单调递减，；（2）见解析 【答案解析】 （1）求出函数的定义域与导函数，利用导数求函数的单调区间，即可得到函数的极值； （2）易得且，要证明，即证，即证，即对恒成立，构造函数 ，，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得证； 【题目详解】 解：（1）因为定义域为， 所以， 时，，即在和上单调递增，当时，，即函数在单调递减， 所以在处取得极小值，在处取得极大值； ，； （2）易得， 要证明，即证，即证 即证对恒成立， 令，， 则 令，解得，即在上单调递增； 令，解得，即在上单调递减； 则在取得极小值，也就是最小值， 从而结论得证. 【答案点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数证明不等式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题． 18、（1）证明见解析（2） 【答案解析】 （1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出点的横坐标即可证出； （2）根据线段的垂直平分线求出点的坐标，即可求出的面积，再表示出的面积，由与的面积相等列式，即可解出直线的斜率． 【题目详解】 （1）由题意，得，直线（） 设，， 联立消去，得， 显然，， 则点的横坐标， 因为， 所以点在轴的右侧．