2023学年贵州省八校联盟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 请考生注意： 1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。 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，若则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 2．设，均为非零的平面向量，则“存在负数，使得”是“”的 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知集合，，则 A． B． C． D． 4．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ） A． B． C． D． 5．已知为等腰直角三角形，，，为所在平面内一点，且，则（ ） A． B． C． D． 6．已知各项都为正的等差数列中，，若，，成等比数列，则（ ） A． B． C． D． 7．已知，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 8．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为( ) A． B． C． D． 9．若集合，，则（ ） A． B． C． D． 10．已知集合，，若，则的最小值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．已知命题p：若，，则；命题q：，使得”，则以下命题为真命题的是（ ） A． B． C． D． 12．已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取得最大值时，点恰好在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知正实数满足，则的最小值为 ． 14．如图，直三棱柱中，，，，P是的中点，则三棱锥的体积为________. 15．曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________． 16．已知，为双曲线的左、右焦点，双曲线的渐近线上存在点满足，则的最大值为________． 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)求不等式的解集； (2)若对任意恒成立，求的取值范围. 18．（12分）设点，动圆经过点且和直线相切.记动圆的圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）过点的直线与曲线交于、两点，且直线与轴交于点，设，，求证：为定值. 19．（12分）已知函数. （1）求不等式的解集； （2）若函数的最大值为，且，求的最小值. 20．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成的角. 21．（12分）设函数， （1）当，，求不等式的解集； （2）已知，，的最小值为1，求证：. 22．（10分）如图所示，在四面体中，，平面平面，，且. （1）证明：平面； （2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值. 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、C 【答案解析】 根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解， 【题目详解】 因为， 所以有解， 即有解， 所以，得，， 所以， 又因为， 所以， 即， 可化为， 因为， 所以的解集包含， 所以或， 解得， 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题， 2、B 【答案解析】 根据充分条件、必要条件的定义进行分析、判断后可得结论． 【题目详解】 因为，均为非零的平面向量，存在负数，使得， 所以向量，共线且方向相反， 所以，即充分性成立； 反之，当向量，的夹角为钝角时，满足，但此时，不共线且反向，所以必要性不成立． 所以“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件． 故选B． 【答案点睛】 判断p是q的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件p能否推得条件q；二是由条件q能否推得条件p，定义法是判断充分条件、必要条件的基本的方法，解题时注意选择恰当的方法判断命题是否正确． 3、D 【答案解析】 因为，， 所以，，故选D． 4、D 【答案解析】 由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D． 5、D 【答案解析】 以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案. 【题目详解】 如图建系，则，，， 由，易得，则. 故选：D 【答案点睛】 本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 6、A 【答案解析】 试题分析：设公差为 或（舍），故选A. 考点：等差数列及其性质. 7、D 【答案解析】 利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断. 【题目详解】 解：选项A中直线，还可能相交或异面， 选项B中，还可能异面， 选项C，由条件可得或． 故选：D. 【答案点睛】 本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题. 8、B 【答案解析】 根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得. 【题目详解】 在上投影为，即 又 本题正确选项： 【答案点睛】 本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值. 9、A 【答案解析】 用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可． 【题目详解】 解：由集合，解得， 则 故选：． 【答案点睛】 本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题． 10、B 【答案解析】 解出,分别代入选项中 的值进行验证. 【题目详解】 解：，.当 时,，此时不成立. 当 时,，此时成立，符合题意. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查了不等式的解法,考查了集合的关系. 11、B 【答案解析】 先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案. 【题目详解】 ，，因为，，所以，所以，即命题p为真命题；画出函数和图象，知命题q为假命题,所以为真. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易. 12、B 【答案解析】 设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可. 【题目详解】 设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点， 所以， 则 ， 当时，， 当时，， 当且仅当时取等号，此时， ， 点在以为焦点的椭圆上，， 由椭圆的定义得， 所以椭圆的离心率，故选B. 【答案点睛】 本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、4 【答案解析】 由题意结合代数式的特点和均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果. 【题目详解】 . 当且仅当时等号成立. 据此可知：的最小值为4. 【答案点睛】 条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值． 14、 【答案解析】 证明平面，于是，利用三棱锥的体积公式即可求解. 【题目详解】 平面，平面， ，又. 平面， 是的中点， . 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式，属于基础题. 15、. 【答案解析】 先利用导数求切线的斜率，再写出切线方程. 【题目详解】 因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3. 故答案为y＝－5x＋3. 【答案点睛】 (1)本题主要考查导数的几何意义和函数的求导，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是 16、 【答案解析】 设，由可得，整理得，即点在以为圆心，为半径的圆上．又点到双曲线的渐近线的距离为，所以当双曲线的渐近线与圆相切时，取得最大值，此时，解得． 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)；(2). 【答案解析】 （1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可； （2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围. 【题目详解】 (1)当时，原不等式等价于，解得，所以， 当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解， 当时，原不等式等价于，解得，所以 综上所述，不等式解集为. (2)由，得， 当时，恒成立，所以； 当时，. 因为 当且仅当即或时，等号成立， 所以； 综上的取值范围是. 【答案点睛】 本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题. 18、（1）；（2）见解析． 【答案解析】 （1）已知点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，由此可得曲线的方程； （2）设直线方程为，，则，设，由直线方程与抛物线方程联立消元应用韦达定理得，，由，，用横坐标表示出，然后计算，并代入，可得结论． 【题目详解】 （1）设动圆圆心，由抛物线定义知：点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，设其方程为，则，解得． ∴曲线的方程为； （2）证明：设直线方程为，，则，设， 由得，①， 则，，②， 由，，得 ，， 整理得，， ∴，代入②得： ． 【答案点睛】 本题考查求曲线方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题中的定值问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，直线方程代入抛物线（或圆锥曲线）方程得一元二次方程，应用韦达定理得，，代入题中其他条件所求式子中化简变形． 19、（1）（2） 【答案解析】 （1）化简得到，分类解不等式得到答案. （2）的最大值，，利用均值不等式计算得到答案. 【题目详解】 （1） 因为，故或或 解得或，故不等式的解集为. （2）画出函数图像，根据图像可知的最大值. 因为，所以， 当且仅当时，等号成立，故的最小值是3. 【答案点睛】 本题考查了解不等式，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和转化能力. 20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）. 【答案解析】 （Ⅰ）由余弦定理解得，即可得到，由面面垂直的性质可得平面，即可得到，从而得证； （Ⅱ）在平面中，过点作于点，则平面，如图所示建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法得到