2023学年芜湖市第一中学高三第二次模拟考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 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，，，则，，的大小关系为（ ） A． B． C． D． 2．已知满足，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 3．若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 4．集合，则（ ） A． B． C． D． 5．已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ） A． B． C． D． 6．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为 A． B． C． D． 7．已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则( ) A． B． C． D． 8．若，则函数在区间内单调递增的概率是（ ） A． B． C． D． 9．复数的共轭复数记作，已知复数对应复平面上的点，复数:满足.则等于（ ） A． B． C． D． 10．若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（ ） A． B． C． D． 11．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 A． B． C． D． 12．已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线分别交于、两点，与轴的正半轴交于点，与准线交于点，且，则（ ） A． B．2 C． D．3 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．设函数，当时，记最大值为，则的最小值为______. 14．函数与的图象上存在关于轴的对称点，则实数的取值范围为______. 15．若x，y满足，且y≥−1，则3x+y的最大值_____ 16．在中，角的对边分别为，且．若为钝角，，则的面积为____________． 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）在中，角所对的边分别为，，的面积. （1）求角C； （2）求周长的取值范围. 18．（12分）已知 （1）当时，判断函数的极值点的个数； （2）记，若存在实数，使直线与函数的图象交于不同的两点，求证：． 19．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，.点，，分别为线段，，的中点，点是线段的中点. （1）求证：平面. （2）判断与平面的位置关系，并证明. 20．（12分）已知函数. （1）证明：当时，； （2）若函数只有一个零点，求正实数的值. 21．（12分）椭圆：的离心率为，点 为椭圆上的一点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的实数，直线的斜率之积为定值. 22．（10分）已知. （1）若，求函数的单调区间； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 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】 构造函数，利用导数求得的单调区间，由此判断出的大小关系. 【题目详解】 依题意，得，，.令，所以.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以，且，即，所以.故选：D. 【答案点睛】 本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查化归与转化的数学思想方法，考查对数式比较大小，属于中档题. 2、C 【答案解析】 设，则的几何意义为点到点的斜率，利用数形结合即可得到结论. 【题目详解】 解：设，则的几何意义为点到点的斜率， 作出不等式组对应的平面区域如图： 由图可知当过点的直线平行于轴时，此时成立； 取所有负值都成立； 当过点时，取正值中的最小值，，此时； 故的取值范围为； 故选：C. 【答案点睛】 本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题，解题时作出可行域，利用目标函数的几何意义求解是解题关键．对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在． 3、A 【答案解析】 设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求. 【题目详解】 设平面向量与的夹角为，，可得， 在等式两边平方得，化简得. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题. 4、D 【答案解析】 利用交集的定义直接计算即可. 【题目详解】 ，故， 故选：D. 【答案点睛】 本题考查集合的交运算，注意常见集合的符号表示，本题属于基础题. 5、A 【答案解析】 投影即为，利用数量积运算即可得到结论. 【题目详解】 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. 【答案点睛】 本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题. 6、A 【答案解析】 求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，， 求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解． 【题目详解】 解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1， 过点P作PM垂直于准线，M为垂足， 由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1， 记∠KPF的平分线与轴交于 根据角平分线定理可得， ， 当时，， 当时，， ， 综上：． 故选：A． 【答案点睛】 本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题． 7、C 【答案解析】 求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得 【题目详解】 抛物线焦点为，令，，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题. 8、B 【答案解析】函数在区间内单调递增， ，在恒成立， 在恒成立， ， 函数在区间内单调递增的概率是，故选B. 9、A 【答案解析】 根据复数的几何意义得出复数，进而得出，由得出可计算出，由此可计算出. 【题目详解】 由于复数对应复平面上的点，，则， ，，因此，. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查复数模的计算，考查了复数的坐标表示、共轭复数以及复数的除法，考查计算能力，属于基础题. 10、D 【答案解析】 推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果. 【题目详解】 ， 则， ， ，所以，函数的图象关于直线对称. 若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意. 所以，，即，解得或. ①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示： 此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意； ②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点. 综上所述，. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 11、A 【答案解析】 分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果. 详解： 因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A. 点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：. 12、B 【答案解析】 过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由和抛物线的定义可求得，利用抛物线的性质可构造方程求得，进而求得结果. 【题目详解】 过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点， 由抛物线解析式知：，准线方程为. ，，，， 由抛物线定义知：，，， . 由抛物线性质得：，解得：， . 故选：. 【答案点睛】 本题考查抛物线定义与几何性质的应用，关键是熟练掌握抛物线的定义和焦半径所满足的等式. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 易知，设，，利用绝对值不等式的性质即可得解． 【题目详解】 ， 设，， 令， 当时，，所以单调递减 令， 当时，，所以单调递增 所以当时， ， ， 则 则， 即 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查函数最值的求法，考查绝对值不等式的性质，考查转化思想及逻辑推理能力，属于难题． 14、 【答案解析】 先求得与关于轴对称的函数，将问题转化为与的图象有交点，即方程有解.对分成三种情况进行分类讨论，由此求得实数的取值范围. 【题目详解】 因为关于轴对称的函数为，因为函数与的图象上存在关于轴的对称点，所以与的图象有交点，方程有解. 时符合题意. 时转化为有解，即，的图象有交点，是过定点的直线，其斜率为，若，则函数与的图象必有交点，满足题意；若，设，相切时，切点的坐标为，则，解得，切线斜率为，由图可知，当，即时，，的图象有交点，此时，与的图象有交点，函数与的图象上存在关于轴的对称点，综上可得，实数的取值范围为. 故答案为： 【答案点睛】 本小题主要考查利用导数求解函数的零点以及对称性，函数与方程等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解能力，转化与化归思想和应用意识. 15、5. 【答案解析】 由约束条件作出可行域，令z＝3x+y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【题目详解】 由题意作出可行域如图阴影部分所示. 设, 当直线经过点时,取最大值5. 故答案为：5 【答案点睛】 本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 16、 【答案解析】 转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解. 【题目详解】 因为， 所以． 又因为，且为锐角， 所以． 由余弦定理得， 即，解得， 所以 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，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、（Ⅰ）（Ⅱ） 【答案解析】 （Ⅰ）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（Ⅱ）由，并结合正弦定理可得到，利用，，可得到，进而可求出周长的范围． 【题目详解】 解：（Ⅰ）由可知， ∴.由正弦定理得. 由余弦定理得，∴. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，. 的周长为 . ∵，∴，∴, ∴的周长的取值范围为. 【答案点睛】 本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题． 18、（1）没有极值点；（2）证明见解析 【答案解析】 （1）求导可得,再求导可得,则在递增,则,从而在递增,即可判断； （2）转化问题为存在且,使,可得,由（1）可知,即,则,整理可得,则,设,则可整理为,设,利用导函数可得,即可求证. 【题目详解】 （1）当时,,, 所以在递增,所以, 所以在递增,所以函数没有极值点. （2）由题,, 若存在实数,使直线与函数的图象交于不同的两点,即存在且,使. 由可得,, 由（1）可知,可得．, 所以,即, 下面证明,只需证明：, 令,则证,即． 设,