2023学年济南市历城第四中学高考临考冲刺数学试卷（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．设，集合，则（　　） A． B． C． D． 2．已知变量，满足不等式组，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 3． “且”是“”的（ ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 5．设，则"是""的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．若的展开式中的系数为150，则（ ） A．20 B．15 C．10 D．25 7．已知函数，不等式对恒成立，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 8．在直角梯形中，，，，，点为上一点，且，当的值最大时，( ) A． B．2 C． D． 9．已知菱形的边长为2，，则（） A．4 B．6 C． D． 10．设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ） A． B． C． D． 11．若，则实数的大小关系为（ ） A． B． C． D． 12．中国铁路总公司相关负责人表示，到2018年底，全国铁路营业里程达到13.1万公里，其中高铁营业里程2.9万公里，超过世界高铁总里程的三分之二，下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程（单位：万公里）的折线图，以下结论不正确的是（ ） A．每相邻两年相比较，2014年到2015年铁路运营里程增加最显著 B．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程与年价正相关 C．2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上 D．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程数依次成等差数列 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．设等比数列的前项和为，若，则数列的公比是 ． 14．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________. 15．《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_____人；所合买的物品价格为_______元． 16．函数在上的最小值和最大值分别是_____________． 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）已知三棱柱中，，是的中点，，. （1）求证：； （2）若侧面为正方形，求直线与平面所成角的正弦值. 18．（12分） 已知函数，． （Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程； （Ⅱ）求函数在上的最小值； （Ⅲ）若函数，当时，的最大值为，求证：. 19．（12分）已知矩阵,二阶矩阵满足. （1）求矩阵; （2）求矩阵的特征值． 20．（12分）选修4-5：不等式选讲 已知函数 （Ⅰ）解不等式； （Ⅱ）对及，不等式恒成立，求实数的取值范围. 21．（12分）已知是等腰直角三角形,．分别为的中点,沿将折起,得到如图所示的四棱锥． (Ⅰ)求证：平面平面． (Ⅱ)当三棱锥的体积取最大值时,求平面与平面所成角的正弦值． 22．（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （2）设直线与曲线相交于两点，的顶点也在曲线上运动，求面积的最大值. 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】 先化简集合A,再求. 【题目详解】 由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B 【答案点睛】 本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力. 2、B 【答案解析】 先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值. 【题目详解】 解：由变量，满足不等式组，画出相应图形如下： 可知点,， 在处有最小值，最小值为. 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查简单的线性规划，运用了数形结合的方法，属于基础题. 3、A 【答案解析】 画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断. 【题目详解】 如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形， 记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q， 显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件， 故选:. 【答案点睛】 本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易. 4、C 【答案解析】 由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解 【题目详解】 先画出图形，由球心到各点距离相等可得，，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时， 故选：C 【答案点睛】 本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题 5、A 【答案解析】 根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案. 【题目详解】 ，当时，，充分性； 当，取，验证成立，故不必要. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力. 6、C 【答案解析】 通过二项式展开式的通项分析得到，即得解. 【题目详解】 由已知得， 故当时，， 于是有， 则. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 7、C 【答案解析】 确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为，利用双勾函数单调性求最值得到答案. 【题目详解】 是奇函数， ， 易知均为减函数，故且在上单调递减， 不等式，即， 结合函数的单调性可得，即， 设，，故单调递减，故， 当，即时取最大值，所以. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式，参数分离求最值是解题的关键. 8、B 【答案解析】 由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出. 【题目详解】 由题意，直角梯形中，，，，， 可求得，所以· ∵点在线段上， 设 ， 则 ， 即， 又因为 所以， 所以， 当时，等号成立. 所以. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力. 9、B 【答案解析】 根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果． 【题目详解】 如图所示， 菱形形的边长为2，， ∴，∴， ∴，且， ∴， 故选B． 【答案点睛】 本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.． 10、C 【答案解析】 求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程. 【题目详解】 解：抛物线的焦点为 可得双曲线 即为的渐近线方程为 由题意可得，即 又，即 解得，. 即双曲线的方程为. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题. 11、A 【答案解析】 将化成以 为底的对数，即可判断 的大小关系；由对数函数、指数函数的性质，可判断出 与1的大小关系，从而可判断三者的大小关系. 【题目详解】 依题意，由对数函数的性质可得. 又因为，故. 故选:A. 【答案点睛】 本题考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质.两个对数型的数字比较大小时，底数相同，则构造对数函数，结合对数的单调性可判断大小；若真数相同，则结合对数函数的图像或者换底公式可判断大小；若真数和底数都不相同，则可与中间值如1,0比较大小. 12、D 【答案解析】 由折线图逐项分析即可求解 【题目详解】 选项，显然正确； 对于，，选项正确； 1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列，故错. 故选：D 【答案点睛】 本题考查统计的知识，考查数据处理能力和应用意识,是基础题 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、. 【答案解析】 当q=1时，. 当时， ，所以. 14、 【答案解析】 先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值. 【题目详解】 由于，所以，所以.由正弦定理得. 故答案为： 【答案点睛】 本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题. 15、7 53 【答案解析】 根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可 【题目详解】 设共有人， 由题意知 ， 解得，可知商品价格为53元. 即共有7人，商品价格为53元. 【答案点睛】 本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题. 16、 【答案解析】 求导，研究函数单调性，分析，即得解 【题目详解】 由题意得，， 令，解得， 令，解得. 在上递减，在递增． ， 而， 故在区间上的最小值和最大值分别是． 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，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、（1）证明见解析（2） 【答案解析】 （1）取的中点，连接，，证明平面得出，再得出； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算，即可得出答案． 【题目详解】 （1）证明：取的中点，连接，， ，，， ， ，故， 又，，平面， 平面， ， ，分别是，的中点，， ． （2）解：四边形是正方形，， 又，，平面， 平面， 在平面内作直线的垂线，以为原点，以，，为所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，2，，，0，， ，1，，，2，，，1，， 设平面的法向量为，，，则，即， 令可得：，，， ，． 直线与平面所成角的正弦值为，． 【答案点睛】 本题主要考查了线面垂直的判定与性质，考查空间向量与空间角的计算，属于中档题． 18、（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【答案解析】 试题分析：（Ⅰ）由题， 所以故，，代入点斜式可得曲线在处的切线方程； （Ⅱ）由题 （1）当时，在上单调递增. 则函数在上的最小值是 （2）当时，令，即，令，即 （i）当，即时，在上单调递增， 所以在上的最小值是 （ii）当，即时，由的单调性可得在上的最小值是 （iii）当，即时，在上单调递减，在上的最小值是 （Ⅲ）当时， 令，则是单调递减函数. 因为，， 所以在上存在，使得，即 讨论可得在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，取