2023学年浙江省宁波市宁波十校高考数学必刷试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 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．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员､面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态､紧跟时代脉搏的热门｡该款软件主要设有“阅读文章”､“视听学习”两个学习模块和“每日答题”､“每周答题”､“专项答题”､“挑战答题”四个答题模块｡某人在学习过程中，“阅读文章”不能放首位，四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有（ ） A．60 B．192 C．240 D．432 2．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( ) A．5 B．6 C．7 D．9 3．定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（ ） A． B． C． D．以上情况均有可能 4．已知复数，则的虚部是（ ） A． B． C． D．1 5．设集合，，若集合中有且仅有2个元素，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 6．已知实数满足，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 7．已知等差数列中，若，则此数列中一定为0的是（ ） A． B． C． D． 8．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题 ①的值域为 ②的一个对称轴是 ③的一个对称中心是 ④存在两条互相垂直的切线 其中正确的命题个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ） A． B． C．5 D． 10．已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则|FA| =（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．函数（）的图象的大致形状是（ ） A． B． C． D． 12．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ） A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1 B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE C．四面体EMAC的体积为定值 D．四面体FA1C1B的体积不为定值 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在中，内角的对边分别是，若，，则____. 14．设满足约束条件，则的取值范围是______. 15．观察下列式子，，，，……，根据上述规律，第个不等式应该为__________． 16．已知四棱锥，底面四边形为正方形，，四棱锥的体积为，在该四棱锥内放置一球，则球体积的最大值为_________． 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）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且向量与向量共线. （1）求B； （2）若，，且，求BD的长度. 18．（12分）已知函数. （1）当时. ①求函数在处的切线方程； ②定义其中，求； （2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围. 19．（12分）已知函数 （I）若讨论的单调性； （Ⅱ）若，且对于函数的图象上两点，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：. 20．（12分）已知等差数列满足，. （l）求等差数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 21．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，是棱中点. （1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由； （2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦值. 22．（10分） [选修4 - 5：不等式选讲] 已知都是正实数，且，求证: ． 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】 四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法．注意按“阅读文章”分类． 【题目详解】 四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法，由于“阅读文章”不能放首位，因此不同的方法数为． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查排列组合的应用，考查捆绑法和插入法求解排列问题．对相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法． 2、A 【答案解析】 由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出， 从而得出的最大值. 【题目详解】 因为， 则，即 整理得，令， 设， 则， 令,则，令，则， 故在上单调递增，在上单调递减，则， 因为，， 由题可知：时，则，所以， 所以， 当无限接近时，满足条件，所以， 所以要使得 故当时，可有， 故，即， 所以：最大值为5. 故选：A. 【答案点睛】 本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力. 3、B 【答案解析】 由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较． 【题目详解】 由可得，即函数的周期， 因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减， 根据偶函数的对称性可知，在上单调递增， 因为，是锐角三角形的两个内角， 所以且即， 所以即， ． 故选：． 【答案点睛】 本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键． 4、C 【答案解析】 化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部. 【题目详解】 ，，所以的虚部为. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题. 5、B 【答案解析】 由题意知且，结合数轴即可求得的取值范围. 【题目详解】 由题意知，，则，故， 又，则，所以， 所以本题答案为B. 【答案点睛】 本题主要考查了集合的关系及运算，以及借助数轴解决有关问题，其中确定中的元素是解题的关键，属于基础题. 6、A 【答案解析】 所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值. 【题目详解】 解：因为满足， 则 ， 当且仅当时取等号， 故选：． 【答案点睛】 本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提. 7、A 【答案解析】 将已知条件转化为的形式，由此确定数列为的项. 【题目详解】 由于等差数列中，所以，化简得，所以为. 故选：A 【答案点睛】 本小题主要考查等差数列的基本量计算，属于基础题. 8、C 【答案解析】 由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④. 【题目详解】 由题,, 则向右平移个单位可得, ,的值域为,①错误； 当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确； 当时,,所以的一个对称中心是,③正确； ,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确. 即②③④正确,共3个. 故选:C 【答案点睛】 本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用. 9、B 【答案解析】 据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果. 【题目详解】 设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系， 则，，，，， 所以. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解. 10、C 【答案解析】 方法一：设，利用抛物线的定义判断出是的中点，结合等腰三角形的性质求得点的横坐标，根据抛物线的定义求得，进而求得. 方法二：设出两点的横坐标，由抛物线的定义，结合求得的关系式，联立直线的方程和抛物线方程，写出韦达定理，由此求得，进而求得. 【题目详解】 方法一：由题意得抛物线的准线方程为，直线恒过定点，过分别作于，于，连接，由，则，所以点为的中点，又点是的中点， 则，所以，又 所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为， 所以，所以． 方法二：抛物线的准线方程为，直线 由题意设两点横坐标分别为， 则由抛物线定义得 又 ① ② 由①②得. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题. 11、C 【答案解析】 对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象. 【题目详解】 故选C． 【答案点睛】 识图常用的方法 (1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题； (2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题； (3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题． 12、C 【答案解析】 采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果. 【题目详解】 A错误 由平面，// 而与平面相交， 故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1 B错误，如图，作 由 又平面，所以平面 又平面，所以 由//，所以 ，平面 所以平面，又平面 所以，所以存在 C正确 四面体EMAC的体积为 其中为点到平面的距离， 由//，平面，平面 所以//平面， 则点到平面的距离即点到平面的距离， 所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值 错误 由//，平面，平面 所以//平面， 则点到平面的距离即为点到平面的距离， 所以为定值 所以四面体FA1C1B的体积为定值 故选：C 【答案点睛】 本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由，根据正弦定理“边化角”，可得，根据余弦定理，结合已知联立方程组，即可求得角. 【题目详解】 根据正弦定理： 可得 根据余弦定理： 由已知可得： 故可联立方程： 解得：. 由 故答案为：. 【答案点睛】 本题主要考查了求三角形的一个内角，解题关键是掌握由正弦定理“边化角”的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 14、 【答案解析】 作出可行域，将目标函数整理为可视为可行解与的斜率，则由图可知或，分别计算出与，再由不等式的简单性质即可求得答案. 【题目详解】 作出满足约束条件的可行域， 显然当时，z=0； 当时将目标函数整理为可视为可行解与的斜率，则由图可知或 显然，联立，所以