2023学年黑龙江省安达市七中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 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．已知集合M＝{y｜y＝，x＞0}，N＝{x｜y＝lg（2x－）}，则M∩N为（ ） A．（1，＋∞） B．（1，2） C．[2，＋∞） D．[1，＋∞） 2．函数（其中，，）的图象如图，则此函数表达式为（ ） A． B． C． D． 3．过抛物线（）的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点.，且在第一象限，则（ ） A． B． C． D． 4．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A． B． C． D． 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　） A． B． C． D． 6．已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A． B． C． D．4 7．已知，且，则的值为（ ） A． B． C． D． 8．是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 9．若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（ ） A． B．4 C．2 D． 10．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（ ） A． B． C． D． 11．在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（ ） A． B． C． D． 12．已知是函数图象上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A． B． C．0 D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．如果函数（,且,）在区间上单调递减,那么的最大值为__________． 14．已知向量，且向量与的夹角为_______. 15．已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是___________． 16．如图，在矩形中，为边的中点，，，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为 . 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）设函数，． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）时，若，，求证：． 18．（12分）已知函数，． （1）当时，求不等式的解集； （2）若函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形，求的值． 19．（12分） (Ⅰ)证明： ； (Ⅱ)证明：()； (Ⅲ)证明：. 20．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，是棱的中点. （1）求证：平面； （2）若，点是线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 21．（12分）已知在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且． （1）求角A的值； （2）若，设角，周长为y，求的最大值． 22．（10分）在直角坐标系中，已知直线的直角坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线和直线的极坐标方程； （2）已知直线与曲线、相交于异于极点的点，若的极径分别为，求的值. 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、B 【答案解析】 ， ， ∴． 故选． 2、B 【答案解析】 由图象的顶点坐标求出，由周期求出，通过图象经过点，求出，从而得出函数解析式. 【题目详解】 解：由图象知，，则， 图中的点应对应正弦曲线中的点， 所以，解得， 故函数表达式为． 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查三角函数图象及性质，三角函数的解析式等基础知识；考查考生的化归与转化思想，数形结合思想，属于基础题. 3、C 【答案解析】 作，；，由题意，由二倍角公式即得解. 【题目详解】 由题意，，准线：， 作，；， 设， 故，， . 故选：C 【答案点睛】 本题考查了抛物线的性质综合，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. 4、D 【答案解析】 试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D. 考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算. 5、A 【答案解析】 利用已知条件画出几何体的直观图，然后求解几何体的体积． 【题目详解】 几何体的三视图的直观图如图所示， 则该几何体的体积为：． 故选：． 【答案点睛】 本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键． 6、D 【答案解析】 如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，利用均值不等式得到答案. 【题目详解】 如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则， 设，，则， 当，即时等号成立. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力. 7、A 【答案解析】 由及得到、，进一步得到，再利用两角差的正切公式计算即可. 【题目详解】 因为，所以，又，所以， ，所以. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查三角函数诱导公式、二倍角公式以及两角差的正切公式的应用，考查学生的基本计算能力，是一道基础题. 8、D 【答案解析】 首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积. 【题目详解】 如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心， 当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上， 、分别为、的中点，则必有， ，即为直角三角形. 对于等腰梯形，如图： 因为是等边三角形，、、分别为、、的中点， 必有， 所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图 ，， 所以四棱锥底面的高为， . 故选：D. 【答案点睛】 本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目. 9、D 【答案解析】 由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模． 【题目详解】 ，． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题． 10、C 【答案解析】 由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选． 11、B 【答案解析】 利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积. 【题目详解】 为的角平分线，则. ，则， ， 在中，由正弦定理得，即，① 在中，由正弦定理得，即，② ①②得，解得，， 由余弦定理得，， 因此，的面积为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题. 12、C 【答案解析】 先画出函数图像和圆，可知，若设，则，所以，而要求的最小值，只要取得最大值，若设圆的圆心为，则，所以只要取得最小值，若设，则，然后构造函数，利用导数求其最小值即可. 【题目详解】 记圆的圆心为，设，则，设，记，则 ，令， 因为在上单调递增，且，所以当时，；当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以（当时等号成立）. 故选：C 【答案点睛】 此题考查的是两个向量的数量积的最小值，利用了导数求解，考查了转化思想和运算能力，属于难题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、18 【答案解析】 根据函数单调性的性质,分一次函数和一元二次函数的对称性和单调区间的关系建立不等式,利用基本不等式求解即可. 【题目详解】 解:①当时, , 在区间上单调递减, 则,即, 则. ②当时, , 函数开口向上,对称轴为, 因为在区间上单调递减, 则, 因为,则, 整理得, 又因为, 则.所以 即, 所以 当且仅当时等号成立. 综上所述,的最大值为18. 故答案为:18 【答案点睛】 本题主要考查一次函数与二次函数的单调性和均值不等式.利用均值不等式求解要注意”一定,二正,三相等”. 14、1 【答案解析】 根据向量数量积的定义求解即可． 【题目详解】 解：∵向量，且向量与的夹角为， ∴||； 所以：•（）2cos2﹣2＝1， 故答案为：1． 【答案点睛】 本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题． 15、 【答案解析】 作出函数的图象及直线，如下图所示，因为函数有个不同的零点，所以由图象可知，，，所以． 16、 【答案解析】 由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为 . 考点：旋转体的组合体. 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）证明见解析. 【答案解析】 （1）首先对函数求导，再根据参数的取值，讨论的正负，即可求出关于的单调性即可； （2）首先通过构造新函数，讨论新函数的单调性，根据新函数的单调性证明. 【题目详解】 （1），令， 则，令得， 当时，则在单调递减， 当时，则在单调递增， 所以， 当时，，即，则在上单调递增， 当时，， 易知当时，， 当时，， 由零点存在性定理知，，不妨设，使得， 当时，，即， 当时，，即， 当时，，即， 所以在和上单调递增，在单调递减； （2）证明：构造函数，， ，， 整理得， ， （当时等号成立）， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，， 这里不妨设，欲证， 即证由（1）知时，在上单调递增， 则需证， 由已知有， 只需证， 即证， 由在上单调递增，且时， 有， 故成立，从而得证. 【答案点睛】 本题主要考查了导数含参分类讨论单调性，借助构造函数和单调性证明不等式，属于难题. 18、（1） （2） 【答案解析】 （1）当时，， 由可得，（ 所以，解得， 所以不等式的解集为． （2）由题可得， 因为函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形， 所以，解得， 当时，，函数的图象与轴没有交点，不符合题意； 当时，，函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形，符合题意． 综上，可得． 19、 (Ⅰ)见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析 【答案解析】 运用数学归纳法证明即可得到结果 化简，运用累加法得出结果 运用放缩法和累加法进行求证 【题目详解】 （Ⅰ）数学归纳法证明时， ①当时，成立； ②当时，假设成立，则时 所以时，成立 综上①②可知，时，