2023届吉林省舒兰一中高三下学期联考数学试题（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 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．某四棱锥的三视图如图所示，该几何体的体积是（ ） A．8 B． C．4 D． 2．设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐标原点，若，且，则点的轨迹方程是（ ） A． B． C． D． 3．设集合（为实数集），，，则（ ） A． B． C． D． 4．已知是虚数单位，则（ ） A． B． C． D． 5．蒙特卡洛算法是以概率和统计的理论、方法为基础的一种计算方法，将所求解的问题同一定的概率模型相联系；用均匀投点实现统计模拟和抽样，以获得问题的近似解，故又称统计模拟法或统计实验法.现向一边长为的正方形模型内均匀投点，落入阴影部分的概率为，则圆周率（ ） A． B． C． D． 6．已知抛物线：，点为上一点，过点作轴于点，又知点，则的最小值为（ ） A． B． C．3 D．5 7．已知等式成立，则（ ） A．0 B．5 C．7 D．13 8．函数的大致图象为 A． B． C． D． 9．已知函数，为图象的对称中心，若图象上相邻两个极值点，满足，则下列区间中存在极值点的是（ ） A． B． C． D． 10．若的展开式中的常数项为-12，则实数的值为（ ） A．-2 B．-3 C．2 D．3 11．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则 A． B． C． D． 12．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断： ①直线与直线的斜率乘积为； ②轴； ③以为直径的圆与抛物线准线相切. 其中，所有正确判断的序号是（ ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知各项均为正数的等比数列的前项积为，，（且），则__________. 14．在中，内角的对边长分别为，已知，且，则_________． 15．设为定义在上的偶函数，当时，（为常数），若，则实数的值为______. 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）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点. （1）求抛物线C的方程； （2）若F在线段上，P是的中点，证明：. 18．（12分）已知椭圆：（），与轴负半轴交于，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于，两点，连接，并延长交直线于，两点，已知，求证：直线恒过定点，并求出定点坐标. 19．（12分）设函数，. （1）求函数的极值； （2）对任意，都有，求实数a的取值范围. 20．（12分）已知，，设函数，. （1）若，求不等式的解集； （2）若函数的最小值为1，证明：. 21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为()，将曲线向左平移2个单位长度得到曲线. （1）求曲线的普通方程和极坐标方程； （2）设直线与曲线交于两点，求的取值范围. 22．（10分）已知都是大于零的实数． （1）证明； （2）若，证明． 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、D 【答案解析】 根据三视图知，该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥，画出图形，结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积． 【题目详解】 根据三视图知，该几何体是侧棱底面的四棱锥，如图所示： 结合图中数据知，该四棱锥底面为对角线为2的正方形， 高为PA=2， ∴四棱锥的体积为. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查由三视图求几何体体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．属于中等题. 2、A 【答案解析】 设坐标，根据向量坐标运算表示出，从而可利用表示出；由坐标运算表示出，代入整理可得所求的轨迹方程. 【题目详解】 设，，其中， ，即 关于轴对称 故选： 【答案点睛】 本题考查动点轨迹方程的求解，涉及到平面向量的坐标运算、数量积运算；关键是利用动点坐标表示出变量，根据平面向量数量积的坐标运算可整理得轨迹方程. 3、A 【答案解析】 根据集合交集与补集运算,即可求得. 【题目详解】 集合,, 所以 所以 故选:A 【答案点睛】 本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题. 4、B 【答案解析】 根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果. 【题目详解】 . 故选B 【答案点睛】 本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型. 5、A 【答案解析】 计算出黑色部分的面积与总面积的比，即可得解. 【题目详解】 由，∴. 故选：A 【答案点睛】 本题考查了面积型几何概型的概率的计算，属于基础题. 6、C 【答案解析】 由,再运用三点共线时和最小，即可求解. 【题目详解】 . 故选：C 【答案点睛】 本题考查抛物线的定义，合理转化是本题的关键，注意抛物线的性质的灵活运用，属于中档题． 7、D 【答案解析】 根据等式和特征和所求代数式的值的特征用特殊值法进行求解即可. 【题目详解】 由可知： 令，得； 令，得； 令，得， 得，，而，所以 . 故选：D 【答案点睛】 本题考查了二项式定理的应用，考查了特殊值代入法，考查了数学运算能力. 8、A 【答案解析】 因为，所以函数是偶函数，排除B、D， 又，排除C，故选A． 9、A 【答案解析】 结合已知可知，可求，进而可求，代入，结合，可求，即可判断． 【题目详解】 图象上相邻两个极值点，满足， 即， ，，且， ，， ，，， 当时，为函数的一个极小值点，而． 故选：． 【答案点睛】 本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用，解题的关键是性质的灵活应用． 10、C 【答案解析】 先研究的展开式的通项，再分中，取和两种情况求解. 【题目详解】 因为的展开式的通项为， 所以的展开式中的常数项为：， 解得， 故选：C. 【答案点睛】 本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 11、D 【答案解析】 画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果. 【题目详解】 由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图， 当，即时，最小，满足，对于任意的， 所以本题答案为D. 【答案点睛】 本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题. 12、B 【答案解析】 由题意，可设直线的方程为，利用韦达定理判断第一个结论；将代入抛物线的方程可得，，从而，，进而判断第二个结论；设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，进而判断第三个结论. 【题目详解】 解：由题意，可设直线的方程为， 代入抛物线的方程，有． 设点，的坐标分别为，， 则，． 所． 则直线与直线的斜率乘积为．所以①正确． 将代入抛物线的方程可得，，从而，， 根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称， 所以直线轴．所以②正确． 如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为， 则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线， 则．所以③不正确． 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 利用等比数列的性质求得，进而求得，再利用对数运算求得的值. 【题目详解】 由于，，所以，则，∴，，. 故答案为： 【答案点睛】 本小题主要考查等比数列的性质，考查对数运算，属于基础题. 14、4 【答案解析】 ∵ ∴根据正弦定理与余弦定理可得：，即 ∵ ∴ ∵ ∴ 故答案为4 15、1 【答案解析】 根据为定义在上的偶函数，得，再根据当时，（为常数）求解. 【题目详解】 因为为定义在上的偶函数， 所以， 又因为当时，， 所以， 所以实数的值为1. 故答案为：1 【答案点睛】 本题主要考查函数奇偶性的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 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）；（2）见解析 【答案解析】 （1）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程； （2）法一：设直线，的方程分别为和且，，，可得，，，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，，即可得证；法二：设，，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，，化简，即可得证. 【题目详解】 （1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上， 所以，解得，故所求抛物线C的方程为 （2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，，，则，，，. ∴直线的方程为，即. 又点在线段上，∴. ∵P是的中点，∴ ∴，. 由于，不重合，所以 法二：设，，则 当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为 联立直线和抛物线的方程，得 又，为该方程两根，所以，，，. ， 由于，不重合，所以 【答案点睛】 本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题． 18、（1） （2）证明见解析；定点坐标为 【答案解析】 （1）由条件直接算出即可 （2）由得，，，由可得，同理，然后由推出即可 【题目详解】 （1）由题有，.∴，∴. ∴椭圆方程为. （2）由得 ，.又 ∴， 同理 又 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，此时满足 ∴ ∴直线恒过定点 【答案点睛】 涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法. 19、（1）当时， 无极值；当时， 极小值为；（2）. 【答案解析】 （1）求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的极值； （2）构造函数，两次求导，根据函数单调性，由恒成立问题求参数范围即可. 【题目详解】 （1）依题， 当时，，函数在上单调递增，此时函数无极值； 当时，令，得，