2023届天津市东丽区天津耀华滨海学校高考考前模拟数学试题（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．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ） A． B． C． D． 2．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（ ） A． B． C． D． 3．在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（ ） A． B． C． D． 4．椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则的大小为（ ） A． B． C． D． 5．已知的垂心为，且是的中点，则（ ） A．14 B．12 C．10 D．8 6．已知数列是公比为的正项等比数列，若、满足，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 7．复数满足 (为虚数单位),则的值是(　　) A． B． C． D． 8． 若数列满足且，则使的的值为( ) A． B． C． D． 9．已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为( ) A． B．0 C． D． 10．已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则|FA| =（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．设双曲线的左右焦点分别为，点.已知动点在双曲线的右支上，且点不共线.若的周长的最小值为，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 12．已知抛物线的焦点为，对称轴与准线的交点为，为上任意一点，若，则（ ） A．30° B．45° C．60° D．75° 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若，，则___________． 14．在各项均为正数的等比数列中，，且，成等差数列，则___________. 15．设命题：，，则：__________． 16．定义，已知，，若恰好有3个零点，则实数的取值范围是________. 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）已知集合，，，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，，，规定空集中元素的个数为. 当时，求的值； 利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，，都有. 18．（12分）设等差数列满足，. （1）求数列的通项公式； （2）求的前项和及使得最小的的值. 19．（12分）已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程． 20．（12分）已知在多面体中，平面平面，且四边形为正方形，且//，，，点，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，且经过点．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线，从原点O作射线交于点M，点N为射线OM上的点，满足，记点N的轨迹为曲线C． （Ⅰ）求出直线的参数方程和曲线C的直角坐标方程； （Ⅱ）设直线与曲线C交于P，Q两点，求的值． 22．（10分）已知点到抛物线C：y1=1px准线的距离为1． （Ⅰ）求C的方程及焦点F的坐标； （Ⅱ）设点P关于原点O的对称点为点Q，过点Q作不经过点O的直线与C交于两点A，B，直线PA，PB，分别交x轴于M，N两点，求的值． 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、C 【答案解析】 根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案． 【题目详解】 根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，， 有， 又由在上单调递增，则有，故选C. 【答案点睛】 本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题． 2、A 【答案解析】 因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果. 【题目详解】 定义在上的函数的周期为4 ， 当时，， ，， . 故选：A. 【答案点睛】 本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题. 3、B 【答案解析】 利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积. 【题目详解】 为的角平分线，则. ，则， ， 在中，由正弦定理得，即，① 在中，由正弦定理得，即，② ①②得，解得，， 由余弦定理得，， 因此，的面积为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题. 4、C 【答案解析】 根据椭圆的定义可得，，再利用余弦定理即可得到结论. 【题目详解】 由题意，，，又，则， 由余弦定理可得. 故. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查椭圆的定义，考查余弦定理，考查运算能力，属于基础题. 5、A 【答案解析】 由垂心的性质，得到，可转化，又即得解. 【题目详解】 因为为的垂心，所以， 所以，而， 所以， 因为是的中点， 所以 ． 故选：A 【答案点睛】 本题考查了利用向量的线性运算和向量的数量积的运算率，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. 6、B 【答案解析】 利用等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数的单调性求得再根据此范围求的最小值． 【题目详解】 数列是公比为的正项等比数列，、满足， 由等比数列的通项公式得，即， ，可得，且、都是正整数， 求的最小值即求在，且、都是正整数范围下求最小值和的最小值，讨论、取值. 当且时，的最小值为. 故选：B． 【答案点睛】 本题考查等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数性质等基础知识，考查数学运算求解能力和分类讨论思想，是中等题． 7、C 【答案解析】 直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可． 【题目详解】 由得： 本题正确选项： 【答案点睛】 本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力． 8、C 【答案解析】 因为，所以是等差数列，且公差，则，所以由题设可得，则，应选答案C． 9、D 【答案解析】 运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案. 【题目详解】 由题意，函数为辅助角， 由于函数的对称轴的方程为，且， 即，解得，所以， 又由，所以函数必须取得最大值和最小值， 所以可设，， 所以， 当时，的最小值，故选D. 【答案点睛】 本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 10、C 【答案解析】 方法一：设，利用抛物线的定义判断出是的中点，结合等腰三角形的性质求得点的横坐标，根据抛物线的定义求得，进而求得. 方法二：设出两点的横坐标，由抛物线的定义，结合求得的关系式，联立直线的方程和抛物线方程，写出韦达定理，由此求得，进而求得. 【题目详解】 方法一：由题意得抛物线的准线方程为，直线恒过定点，过分别作于，于，连接，由，则，所以点为的中点，又点是的中点， 则，所以，又 所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为， 所以，所以． 方法二：抛物线的准线方程为，直线 由题意设两点横坐标分别为， 则由抛物线定义得 又 ① ② 由①②得. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题. 11、A 【答案解析】 依题意可得 即可得到，从而求出双曲线的离心率的取值范围； 【题目详解】 解：依题意可得如下图象， 所以 则 所以 所以 所以，即 故选：A 【答案点睛】 本题考查双曲线的简单几何性质，属于中档题. 12、C 【答案解析】 如图所示：作垂直于准线交准线于，则，故，得到答案. 【题目详解】 如图所示：作垂直于准线交准线于，则， 在中，，故，即. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了抛物线中角度的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 因为，所以，又，所以，则，所以． 14、 【答案解析】 利用等差中项的性质和等比数列通项公式得到关于的方程,解方程求出代入等比数列通项公式即可. 【题目详解】 因为，成等差数列， 所以， 由等比数列通项公式得， ， 所以， 解得或， 因为，所以， 所以等比数列的通项公式为 . 故答案为： 【答案点睛】 本题考查等差中项的性质和等比数列通项公式；考查运算求解能力和知识 综合运用能力；熟练掌握等差中项和等比数列通项公式是求解本题的关键；属于中档题. 15、， 【答案解析】 存在符号改任意符号，结论变相反. 【题目详解】 命题是特称命题，则为全称命题， 故将“”改为“”，将“”改为“”， 故：，. 故答案为：，. 【答案点睛】 本题考查全(特)称命题. 对全(特)称命题进行否定的方法： (1)改写量词：全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词； (2)否定结论：对于一般命题的否定只需直接否定结论即可． 16、 【答案解析】 根据题意，分类讨论求解，当时，根据指数函数的图象和性质无零点，不合题意；当时，令，得，令 ，得或 ，再分当，两种情况讨论求解. 【题目详解】 由题意得：当时，在轴上方，且为增函数，无零点， 至多有两个零点，不合题意； 当时，令，得，令 ，得或 ， 如图所示： 当时，即时，要有3个零点，则，解得； 当时，即时，要有3个零点，则， 令， ， 所以在是减函数，又， 要使，则须，所以. 综上：实数的取值范围是. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查二次函数，指数函数的图象和分段函数的零点问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，利用导数判断函数单调性，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、；证明见解析. 【答案解析】 当时，集合共有个子集，即可求出结果； 分类讨论，利用数学归纳法证明. 【题目详解】 当时，集合共有个子集，所以； ①当时，，由可知，， 此时令，，，， 满足对任意，都有，且； ②假设当时，存在有序集合组满足题意，且， 则当时，集合的子集个数为个， 因为是4的整数倍，所以令，，，， 且恒成立， 即满足对任意，都有，且， 综上，原命题得证. 【答案点睛】 本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题. 18、（1）（2）；时，取得最小值 【答案解析】 （1）设等差数列的公差为，由，结合已知，联立方程组，即可求得答案. （2）由（1）知，故可得，即可求得答案. 【题目详解】 （1）设等差数列的公差为，由及， 得 解得 数列的通项公式为 （2）由（1）知 时，取得最小值.