2023学年重庆市九龙坡区育才中学高考数学考前最后一卷预测卷（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．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（ ） A． B． C． D． 2．设全集，集合，.则集合等于（ ） A． B． C． D． 3．设集合（为实数集），，，则（ ） A． B． C． D． 4．函数的部分图象大致为（ ） A． B． C． D． 5．已知，如图是求的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入 A． B． C． D． 6．设函数（，为自然对数的底数）,定义在上的函数满足，且当时，．若存在，且为函数的一个零点，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 7．复数的虚部是 ( ) A． B． C． D． 8．下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 9．已知正项数列满足：，设，当最小时，的值为( ) A． B． C． D． 10．在中，在边上满足，为的中点，则（ ）. A． B． C． D． 11．已知集合，，若，则的最小值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 12．抛物线的焦点为，点是上一点，，则（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．动点到直线的距离和他到点距离相等，直线过且交点的轨迹于两点，则以为直径的圆必过_________. 14．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为____________. 15．设，满足条件，则的最大值为__________. 16．设，若关于的方程有实数解，则实数的取值范围_____． 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）已知曲线C的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是:（是参数）. （1）若直线l与曲线C相交于A、B两点,且,试求实数m值. （2）设为曲线上任意一点，求的取值范围. 18．（12分）某公司打算引进一台设备使用一年，现有甲、乙两种设备可供选择.甲设备每台10000元，乙设备每台9000元.此外设备使用期间还需维修，对于每台设备，一年间三次及三次以内免费维修，三次以外的维修费用均为每次1000元.该公司统计了曾使用过的甲、乙各50台设备在一年间的维修次数，得到下面的频数分布表，以这两种设备分别在50台中的维修次数频率代替维修次数发生的概率. 维修次数 2 3 4 5 6 甲设备 5 10 30 5 0 乙设备 0 5 15 15 15 （1）设甲、乙两种设备每台购买和一年间维修的花费总额分别为和，求和的分布列； （2）若以数学期望为决策依据，希望设备购买和一年间维修的花费总额尽量低，且维修次数尽量少，则需要购买哪种设备？请说明理由. 19．（12分）在以ABCDEF为顶点的五面体中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝120°，AB＝AE＝ED＝2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD⊥平面ABCD. （1）证明：BD⊥EG； （2）若三棱锥，求菱形ABCD的边长. 20．（12分）设函数，其中． （Ⅰ）当为偶函数时，求函数的极值； （Ⅱ）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围． 21．（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，∥，为等边三角形，平面底面，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）点在线段上，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 22．（10分）已知数列{an}满足条件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：Sn． 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】 由，则输出为300，即可得出判断框的答案 【题目详解】 由，则输出的值为300，，故判断框中应填？ 故选：． 【答案点睛】 本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题． 2、A 【答案解析】 先算出集合，再与集合B求交集即可. 【题目详解】 因为或.所以，又因为. 所以. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易题. 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】 图像分析采用排除法，利用奇偶性判断函数为奇函数，再利用特值确定函数的正负情况。 【题目详解】 ，故奇函数，四个图像均符合。 当时，，，排除C、D 当时，，，排除A。 故选B。 【答案点睛】 图像分析采用排除法，一般可供判断的主要有：奇偶性、周期性、单调性、及特殊值。 5、C 【答案解析】 由于中正项与负项交替出现，根据可排除选项A、B；执行第一次循环：，①若图中空白框中填入，则，②若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第二次循环：由①②均可得，③若图中空白框中填入，则，④若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第三次循环：由③可得，符合题意，由④可得，不符合题意，所以图中空白框中应填入，故选C． 6、D 【答案解析】 先构造函数，由题意判断出函数的奇偶性，再对函数求导，判断其单调性，进而可求出结果. 【题目详解】 构造函数， 因为， 所以， 所以为奇函数， 当时，，所以在上单调递减， 所以在R上单调递减. 因为存在， 所以， 所以， 化简得， 所以，即 令， 因为为函数的一个零点， 所以在时有一个零点 因为当时，， 所以函数在时单调递减， 由选项知，， 又因为， 所以要使在时有一个零点， 只需使，解得， 所以a的取值范围为，故选D. 【答案点睛】 本题主要考查函数与方程的综合问题，难度较大. 7、C 【答案解析】 因为 ，所以的虚部是 ，故选C. 8、C 【答案解析】 将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得. 【题目详解】 将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作： 则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为， 由中位线定理可得且， 所以即为与直线所成的角， ， 由余弦定理可得 ， 所以直线与直线所成角的余弦值为， 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题. 9、B 【答案解析】 由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由递推公式求出. 【题目详解】 由得， 即， ，当且仅当时取得最小值， 此时. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查了数列中的最值问题，递推公式的应用，基本不等式求最值，考查了学生的运算求解能力. 10、B 【答案解析】 由，可得，，再将代入即可. 【题目详解】 因为，所以，故 . 故选：B. 【答案点睛】 本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题. 11、B 【答案解析】 解出,分别代入选项中 的值进行验证. 【题目详解】 解：，.当 时,，此时不成立. 当 时,，此时成立，符合题意. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查了不等式的解法,考查了集合的关系. 12、B 【答案解析】 根据抛物线定义得，即可解得结果. 【题目详解】 因为，所以. 故选B 【答案点睛】 本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 利用动点到直线的距离和他到点距离相等，,可知动点的轨迹是以为焦点的抛物线,从而可求曲线的方程,将 ,代入,利用韦达定理,可得 ,从而可知以为直径的圆经过原点O. 【题目详解】 设点，由题意可得，，，可得，设直线的方程为，代入抛物线可得 ，， ， ，以AB为直径的圆经过原点. 故答案为：（0,0） 【答案点睛】 本题考查了抛物线的定义，考查了直线和抛物线的交汇问题，同时考查了方程的思想和韦达定理，考查了运算能力，属于中档题. 14、（或写成） 【答案解析】 设与的夹角为，通过，可得，化简整理可求出，从而得到答案. 【题目详解】 设与的夹角为 可得， 故，将代入可得 得到， 于是与的夹角为. 故答案为：. 【答案点睛】 本题主要考查向量的数量积运算，向量垂直转化为数量积为0是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，分析能力及计算能力. 15、 【答案解析】 作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求的最大值. 【题目详解】 作出可行域如图所示 由得，则是直线在轴上的截距. 平移直线，当直线经过可行域内的点时，最小，此时最大. 解方程组，得，. . 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查简单的线性规划，属于基础题. 16、 【答案解析】 先求出，从而得函数在区间上为增函数；在区间为减函数．即可得的最大值为，令，得函数取得最小值，由有实数解，，进而得实数的取值范围． 【题目详解】 解：， 当时，；当时，； 函数在区间上为增函数；在区间为减函数． 所以的最大值为， 令， 所以当时，函数取得最小值， 又因为方程有实数解，那么，即， 所以实数的取值范围是：． 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，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）或；（2）. 【答案解析】 （1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直角坐标条件下求出曲线的圆心坐标和半径，将直线的参数方程化为普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）将圆化为参数方程形式，代入由三角公式化简可求其取值范围． 【题目详解】 （1）曲线C的极坐标方程是化为直角坐标方程为： 直线的直角坐标方程为： 圆心到直线l的距离（弦心距） 圆心到直线的距离为 ： 或 （2）曲线的方程可化为，其参数方程为： 为曲线上任意一点， 的取值范围是 18、（1）分布列见解析，分布列见解析；（2）甲设备，理由见解析 【答案解析】 （1）的可能取值为10000，11000，12000，的可能取值为9000，10000，11000，12000，计算概率得到分布列； （2）计算期望，得到，设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为，，计算分布列，计算数学期望得到答案. 【题目详解】 （1）的可能取值为10000，11000，12000 ，， 因此的分布如下 10000 11000 12000 的可能取值为9000，10000，11000，12000 ，，，