2023学年黑龙江青冈县一中高考数学押题试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 请考生注意： 1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。 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。 1．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 2．已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为　　 A． B． C．2 D． 3．已知函数，，若对任意的，存在实数满足，使得，则的最大值是( ) A．3 B．2 C．4 D．5 4．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( ) A． B． C． D． 5．已知直线：过双曲线的一个焦点且与其中一条渐近线平行，则双曲线的方程为（ ） A． B． C． D． 6．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．已知集合，，，则集合( ) A． B． C． D． 8．在复平面内，复数对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 9．函数的图象如图所示,则它的解析式可能是( ) A． B． C． D． 10．已知椭圆（a＞b＞0）与双曲线（a＞0，b＞0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为（　　） A． B． C． D． 11．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（ ） A．1 B． C．2 D．3 12．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________． 14．已知内角，，的对边分别为，，．，，则_________． 15．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______. 16．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______. 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，且的解集为. （1）求实数，的值； （2）若的图像与直线及围成的四边形的面积不小于14，求实数取值范围. 18．（12分）在中，角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求边上的高. 19．（12分）如图，内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，平面ABC，，． （1）求证：平面ACD； （2）设，表示三棱锥B-ACE的体积，求函数的解析式及最大值． 20．（12分）已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于两点，交抛物线的准线于点，如图所示，当直线经过焦点时，点恰好是的中点，且. （1）求抛物线的方程； （2）点是原点，设直线的斜率分别是，当直线的纵截距为1时，有数列满足，设数列的前n项和为，已知存在正整数使得，求m的值. 21．（12分）已知数列的通项，数列为等比数列，且，，成等差数列. （1）求数列的通项； （2）设，求数列的前项和. 22．（10分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项． （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值； （3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． 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】 还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果. 【题目详解】 由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥 半个圆柱体积为： 四棱锥体积为： 原几何体体积为： 本题正确选项： 【答案点睛】 本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积. 2、B 【答案解析】 求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率. 【题目详解】 设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B. 【答案点睛】 本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题. 3、A 【答案解析】 根据条件将问题转化为，对于恒成立，然后构造函数，然后求出的范围，进一步得到的最大值. 【题目详解】 ，，对任意的，存在实数满足，使得， 易得，即恒成立， ，对于恒成立, 设，则， 令，在恒成立， ， 故存在，使得，即， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. ,将代入得： ， ，且， 故选：A 【答案点睛】 本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题. 4、C 【答案解析】 由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案. 【题目详解】 由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6， 该几何体的表面积. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键. 5、A 【答案解析】 根据直线：过双曲线的一个焦点，得，又和其中一条渐近线平行，得到，再求双曲线方程. 【题目详解】 因为直线：过双曲线的一个焦点， 所以，所以， 又和其中一条渐近线平行， 所以， 所以，， 所以双曲线方程为. 故选：A. 【答案点睛】 本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 6、C 【答案解析】 先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围. 【题目详解】 由题可得：（）， 因为函数有两个不同的极值点，， 所以方程有两个不相等的正实数根， 于是有解得. 若不等式有解， 所以 因为 . 设， ，故在上单调递增， 故， 所以， 所以的取值范围是. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度. 7、D 【答案解析】 根据集合的混合运算，即可容易求得结果. 【题目详解】 ，故可得. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查集合的混合运算，属基础题. 8、B 【答案解析】 化简复数为的形式，然后判断复数的对应点所在象限，即可求得答案. 【题目详解】 对应的点的坐标为在第二象限 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题. 9、B 【答案解析】 根据定义域排除，求出的值，可以排除，考虑排除. 【题目详解】 根据函数图象得定义域为，所以不合题意； 选项，计算，不符合函数图象； 对于选项， 与函数图象不一致； 选项符合函数图象特征. 故选：B 【答案点睛】 此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为排除法. 10、A 【答案解析】 由题意可得，即，代入双曲线的渐近线方程可得答案. 【题目详解】 依题意椭圆与双曲线即的焦点相同，可得：， 即，∴，可得, 双曲线的渐近线方程为：, 故选：A． 【答案点睛】 本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 11、C 【答案解析】 连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值. 【题目详解】 连接AO，由O为BC中点可得， ， 、、三点共线， ， . 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题. 12、D 【答案解析】 由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求 【题目详解】 由，得，解得. 因为，所以，， 所以. 又因为，所以. 因为，所以. 故答案为 【答案点睛】 本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题 14、 【答案解析】 利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解. 【题目详解】 由正弦定理得， ，． 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查了正弦定理求角，三角恒等变换，属于基础题. 15、 【答案解析】 化简得到，，根据余弦定理和均值不等式得到，根据面积公式计算得到答案. 【题目详解】 ，即，，故. 根据余弦定理：，即. 当时等号成立，故. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，面积公式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力. 16、 【答案解析】 先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可. 【题目详解】 由等面积法可得，依题意可得，， 所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题. 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），；（2） 【答案解析】 （1）解绝对值不等式得，根据不等式的解集为列出方程组，解出即可；（2）求出的图像与直线及交点的坐标，通过分割法将四边形的面积分为两个三角形，列出不等式，解不等式即可. 【题目详解】 （1）由得：，， 即，解得，. （2）的图像与直线及围成的四边形，，，，. 过点向引垂线，垂足为，则. 化简得：，（舍）或. 故的取值范围为. 【答案点睛】 本题主要考查了绝对值不等式的求法，以及绝对值不等式在几何中的应用，属于中档题. 18、（1）；（2） 【答案解析】 （1）利用正弦定理将边化成角，可得，展开并整理可得，从而可求出角； （2）由余弦定理得，进而可得，由，可求出的值，设边上的高为，可得的面积为，从而可求出. 【题目详解】 （1）由题意，由正弦定理得. 因为，所以，所以，展开得，整理得. 因为，所以，故，即. （2）由余弦定理得，则，得，故， 故的面积为. 设边上的高为，有，故， 所以边上的高为. 【答案点睛】 本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 19、（1）见解析（2），最大值． 【答案解析】 （1）先证明，，故平面ADC．由，即得证；