2023届吉林省辉煌联盟九校高三第六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 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，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．已知函数，其中表示不超过的最大正整数，则下列结论正确的是（ ） A．的值域是 B．是奇函数 C．是周期函数 D．是增函数 2．已知集合．为自然数集，则下列表示不正确的是（ ） A． B． C． D． 3．给定下列四个命题： ①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行； ④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是( ) A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④ 4．一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ） A．6 海里 B．6海里 C．8海里 D．8海里 5．已知数列是公比为的等比数列，且，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 6．函数，，的部分图象如图所示，则函数表达式为（ ） A． B． C． D． 7．已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A． B． C．2 D． 8．（ ） A． B． C． D． 9．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）． A． B． C． D． 10．已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为( ) A．2020 B．20l9 C．2018 D．2017 11．若，则的虚部是（ ） A． B． C． D． 12．若，则（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知为等比数列，是它的前项和.若，且与的等差中项为，则__________. 14．若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数的值为________． 15．在中，已知，，则A的值是______. 16．已知半径为4的球面上有两点，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_________. 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）在三棱柱中，四边形是菱形，，，，，点M、N分别是、的中点，且. （1）求证：平面平面； （2）求四棱锥的体积. 18．（12分）已知，均为给定的大于1的自然数，设集合， ． （Ⅰ）当，时，用列举法表示集合； （Ⅱ）当时，，且集合满足下列条件： ①对任意，； ②． 证明：（ⅰ）若，则（集合为集合在集合中的补集）； （ⅱ）为一个定值（不必求出此定值）； （Ⅲ）设，，，其中，，若，则． 19．（12分）在直角坐标系中，曲线的标准方程为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为. （1）求直线的直角坐标方程； （2）若点在曲线上，点在直线上，求的最小值. 20．（12分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 21．（12分）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行. （1）求的值； （2）若函数，求证：恒成立. 22．（10分）在平面直角坐标系中，设，过点的直线与圆相切，且与抛物线相交于两点． （1）当在区间上变动时，求中点的轨迹； （2）设抛物线焦点为，求的周长(用表示)，并写出时该周长的具体取值． 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】 根据表示不超过的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论. 【题目详解】 由表示不超过的最大正整数，其函数图象为 选项A，函数，故错误； 选项B，函数为非奇非偶函数，故错误； 选项C，函数是以1为周期的周期函数，故正确； 选项D，函数在区间上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误. 故选：C 【答案点睛】 本题考查对题干的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题. 2、D 【答案解析】 集合．为自然数集，由此能求出结果． 【题目详解】 解：集合．为自然数集， 在A中，，正确； 在B中，，正确； 在C中，，正确； 在D中，不是的子集，故D错误． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 3、D 【答案解析】 利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择． 【题目详解】 当两个平面相交时，一个平面内的两条直线也可以平行于另一个平面，故①错误；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相交或者异面，故③错误；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．综上，真命题是②④. 故选：D 【答案点睛】 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题． 4、A 【答案解析】 先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解. 【题目详解】 由题意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°， ∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12. 在△ABC中，由正弦定理得， 即，∴. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题. 5、D 【答案解析】 先根据已知条件求解出的通项公式，然后根据的单调性以及得到满足的不等关系，由此求解出的取值范围. 【题目详解】 由已知得，则. 因为，数列是单调递增数列， 所以，则， 化简得，所以. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据之间的大小关系分析问题. 6、A 【答案解析】 根据图像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊点求出，化简即得所求. 【题目详解】 由图像知，，，解得， 因为函数过点，所以， ，即， 解得，因为，所以， . 故选：A 【答案点睛】 本题考查根据图像求正弦型函数的解析式，三角函数诱导公式，属于基础题. 7、D 【答案解析】 把已知等式变形，然后利用数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案. 【题目详解】 解：， 则. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题. 8、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. 9、C 【答案解析】 设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可. 【题目详解】 根据题意画出图形: 设M,N,P分别为和的中点， 则的夹角为MN和NP夹角或其补角 可知，. 作BC中点Q，则为直角三角形； 中，由余弦定理得 ， 在中， 在中，由余弦定理得 所以 故选：C 【答案点睛】 此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目. 10、B 【答案解析】 根据题意计算，，，计算，，，得到答案. 【题目详解】 是等差数列的前项和，若， 故，，，，故， 当时，，，， ， 当时，，故前项和最大. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了数列和的最值问题，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用. 11、D 【答案解析】 通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：的形式，即可得到复数的虚部. 【题目详解】 由题可知， 所以的虚部是1. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，属于基础题. 12、B 【答案解析】 由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可. 【题目详解】 因为，由诱导公式得，所以 . 故选B 【答案点睛】 本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 设等比数列的公比为，根据题意求出和的值，进而可求得和的值，利用等比数列求和公式可求得的值. 【题目详解】 由等比数列的性质可得，， 由于与的等差中项为，则，则，， ，，， 因此，. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查等比数列求和，解答的关键就是等比数列的公比，考查计算能力，属于基础题. 14、4 【答案解析】 由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可 【题目详解】 由题意得函数的最小正周期,解得 故答案为：4 【答案点睛】 本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的 15、 【答案解析】 根据正弦定理，由可得，由可得，将代入求解即得. 【题目详解】 ，，即， ，，则， ，，，则. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基础题. 16、 【答案解析】 设所在截面圆的圆心为，中点为，连接， 易知即为二面角的平面角，可求出及，然后可判断出四面体外接球的球心在直线上，在中，，结合，可求出四面体的外接球的半径. 【题目详解】 设所在截面圆的圆心为，中点为，连接， OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，即为二面角的平面角， ， 因为，所以是等腰直角三角形，， 在中，由cos60º＝，得，由勾股定理，得：， 因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上， 设四面体外接球半径为， 在中，， 由勾股定理可得：，即，解得． 【答案点睛】 本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，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、（1）证明见解析；（2）. 【答案解析】 （1）要证面面垂直需要先证明线面垂直，即证明出平面即可； （2）求出点A到平面的距离，然后根据棱锥的体积公式即可求出四棱锥的体积. 【题目详解】 （1）连接，由是平行四边形及N是的中点， 得N也是的中点，因为点M是的中点，所以， 因为，所以， 又，，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）过A作交于点O， 因为平面平面，平