2023届上海市同济大学第一附属中学高考冲刺模拟数学试题（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．如图，在等腰梯形中，，，，为的中点，将与分别沿、向上折起，使、重合为点，则三棱锥的外接球的体积是（ ） A． B． C． D． 2．已知，则的取值范围是（　　） A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2] 3．函数的单调递增区间是（ ） A． B． C． D． 4．已知，且，则在方向上的投影为（ ） A． B． C． D． 5． 的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（ ） A． B． C． D． 6．设，其中a，b是实数，则（ ） A．1 B．2 C． D． 7．执行如图所示的程序框图，若输出的值为8，则框图中①处可以填（ ）． A． B． C． D． 8．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（ ） A．36 B．72 C． D． 9．设曲线在点处的切线方程为，则（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 10．双曲线的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝r2(r＞0)相切，则r等于(　　) A． B．2 C．3 D．6 11．某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30]，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（ ） A．56 B．60 C．140 D．120 12．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若，则______. 14．设,满足约束条件,若目标函数的最大值为,则的最小值为______． 15．如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_____． 16．已知集合，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）已知曲线，直线：（为参数）. （I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程； （II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值． 18．（12分）已知首项为2的数列满足. （1）证明：数列是等差数列． （2）令，求数列的前项和. 19．（12分）的内角的对边分别为，若 （1）求角的大小 （2）若，求的周长 20．（12分）在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求圆C的极坐标方程； （2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长. 21．（12分）已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和. 22．（10分）已知函数，其中． （1）讨论函数的零点个数； （2）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、A 【答案解析】 由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形，折叠成的三棱锥是正四面体，易求得其外接球半径，得球体积． 【题目详解】 由题意等腰梯形中，又，∴，是靠边三角形，从而可得，∴折叠后三棱锥是棱长为1的正四面体， 设是的中心，则平面，，， 外接球球心必在高上，设外接球半径为，即， ∴，解得， 球体积为． 故选：A． 【答案点睛】 本题考查求球的体积，解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体． 2、D 【答案解析】 设，可得，构造（）22，结合，可得，根据向量减法的模长不等式可得解. 【题目详解】 设，则， ， ∴（）2•2 ||22＝4，所以可得：， 配方可得， 所以， 又 则[0，2]． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查了向量的运算综合，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. 3、D 【答案解析】 利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果. 【题目详解】 因为，由，解得，即函数的增区间为，所以当时，增区间的一个子集为. 故选D. 【答案点睛】 本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性，同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易. 4、C 【答案解析】 由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算． 【题目详解】 由 可得，因为，所以．故在方向上的投影为． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键． 5、A 【答案解析】 先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B. 【题目详解】 由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以. 故选：A 【答案点睛】 此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题. 6、D 【答案解析】 根据复数相等，可得，然后根据复数模的计算，可得结果. 【题目详解】 由题可知：， 即，所以 则 故选：D 【答案点睛】 本题考查复数模的计算，考验计算，属基础题. 7、C 【答案解析】 根据程序框图写出几次循环的结果，直到输出结果是8时. 【题目详解】 第一次循环： 第二次循环： 第三次循环： 第四次循环： 第五次循环： 第六次循环： 第七次循环： 第八次循环： 所以框图中①处填时，满足输出的值为8. 故选：C 【答案点睛】 此题考查算法程序框图，根据循环条件依次写出每次循环结果即可解决，属于简单题目. 8、A 【答案解析】 根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到. 【题目详解】 等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得. 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题. 9、D 【答案解析】 利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解 【题目详解】 因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即. 故选：D 【答案点睛】 本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题 10、A 【答案解析】 由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可. 【题目详解】 双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r＝. 答案：A 【答案点睛】 本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题. 11、C 【答案解析】 试题分析：由题意得，自习时间不少于小时的频率为，故自习时间不少于小时的频率为，故选C. 考点：频率分布直方图及其应用． 12、D 【答案解析】 设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值； 【题目详解】 解：设，，由，得， ∵，解得或，∴，. 又由，得，∴或，∴， ∵， ∴， 又∵， ∴代入解得. 故选：D 【答案点睛】 本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 直接利用关系式求出函数的被积函数的原函数，进一步求出的值． 【题目详解】 解：若，则， 即，所以． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查的知识要点：定积分的应用，被积函数的原函数的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题． 14、 【答案解析】 先根据条件画出可行域,设,再利用几何意义求最值,将最大值转化为轴上的截距,只需求出直线,过可行域内的点时取得最大值,从而得到一个关于,的等式,最后利用基本不等式求最小值即可． 【题目详解】 解：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分, 当直线过直线与直线的交点时, 目标函数取得最大, 即,即, 而． 故答案为． 【答案点睛】 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用、简单的线性规划,以及利用几何意义求最值,属于基础题． 15、 【答案解析】 画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可. 【题目详解】 解：如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形, 上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形, 此四棱锥中,是边长为的正方形, 是边长为的等边三角形, 故,又, 故平面平面, 的高是四棱锥的高, 此四棱锥的体积为: ． 故答案为：． 【答案点睛】 本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意 16、 【答案解析】 由可得集合是奇数集，由此可以得出结果. 【题目详解】 解：因为 所以集合中的元素为奇数， 所以. 【答案点睛】 本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键. 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、（I）；（II）最大值为，最小值为. 【答案解析】 试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的普通方程为；（II）关键是处理好与角的关系．过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理． 试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为． （II）曲线C上任意一点到的距离为．则 ．其中为锐角，且． 当时，取到最大值，最大值为． 当时，取到最小值，最小值为． 【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形． 18、（1）见解析；（2） 【答案解析】 （1）由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论; （2）由（1）可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可. 【题目详解】 （1）证明:因为,所以, 所以,从而,因为,所以, 故数列是首项为1,公差为1的等差数列. （2）由（1）可知,则,因为,所以, 则 . 【答案点睛】 本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题. 19、（1）（2）11 【答案解析】 （1）利用二倍角公式将式子化简成，再利用两角和与差的余弦公式即可求解. （2）利用余弦定理可得，再将平方，利用向量数量积可得，从而可求周长. 【题目详解】 由题 解得，所以 由余弦定理，， 再由 解得： 所以 故的周长为 【答案点睛】 本题主要考查了余弦定理解三角形、两角和与差的余弦公式、需熟记公式，属于基础题. 20、（1）；（2）2 【答案解析】 （1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数