2023届天津市滨海新区高考全国统考预测密卷数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项 1．考生要认真填写考场号和座位序号。 2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。 3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。 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．已知命题，，则是（ ） A．， B．，. C．， D．，. 2．连接双曲线及的4个顶点的四边形面积为，连接4个焦点的四边形的面积为，则当取得最大值时，双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D． 3．设为锐角，若，则的值为（ ） A． B． C． D． 4．若，则的虚部是（ ） A． B． C． D． 5．已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则 A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．将一张边长为的纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形，将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥模型，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是( ) A． B． C． D． 8．如果直线与圆相交，则点与圆C的位置关系是（ ） A．点M在圆C上 B．点M在圆C外 C．点M在圆C内 D．上述三种情况都有可能 9．已知集合，则= A． B． C． D． 10．已知双曲线的一条渐近线倾斜角为，则（ ） A．3 B． C． D． 11．已知复数z，则复数z的虚部为（ ） A． B． C．i D．i 12．椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则的大小为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．过直线上一动点向圆引两条切线MA，MB，切点为A，B，若，则四边形MACB的最小面积的概率为________． 14．如图，从一个边长为的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为______. 15．在中，，是的角平分线，设，则实数的取值范围是__________. 16．已知实数，满足，则目标函数的最小值为__________． 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）如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且． （1）求证：平面； （2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值． 18．（12分）已知函数. (1)求不等式的解集； (2)若对任意恒成立，求的取值范围. 19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（，为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线是圆心在极轴上，且经过极点的圆．已知曲线上的点M对应的参数，射线与曲线交于点． （1）求曲线，的直角坐标方程； （2）若点A，B为曲线上的两个点且，求的值． 20．（12分）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，设，证明：，，使. 21．（12分）已知函数.若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点. （1）若a，且a≠0，证明：函数有局部对称点； （2）若函数在定义域内有局部对称点，求实数c的取值范围； （3）若函数在R上有局部对称点，求实数m的取值范围. 22．（10分）设函数. （1）若，求实数的取值范围； （2）证明：，恒成立. 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】 根据全称命题的否定为特称命题，得到结果. 【题目详解】 根据全称命题的否定为特称命题，可得， 本题正确选项： 【答案点睛】 本题考查含量词的命题的否定，属于基础题. 2、D 【答案解析】 先求出四个顶点、四个焦点的坐标，四个顶点构成一个菱形，求出菱形的面积，四个焦点构成正方形，求出其面积，利用重要不等式求得取得最大值时有，从而求得其离心率. 【题目详解】 双曲线与互为共轭双曲线， 四个顶点的坐标为，四个焦点的坐标为， 四个顶点形成的四边形的面积， 四个焦点连线形成的四边形的面积， 所以， 当取得最大值时有，，离心率， 故选：D. 【答案点睛】 该题考查的是有关双曲线的离心率的问题，涉及到的知识点有共轭双曲线的顶点，焦点，菱形面积公式，重要不等式求最值，等轴双曲线的离心率，属于简单题目. 3、D 【答案解析】 用诱导公式和二倍角公式计算． 【题目详解】 ． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查诱导公式、余弦的二倍角公式，解题关键是找出已知角和未知角之间的联系． 4、D 【答案解析】 通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：的形式，即可得到复数的虚部. 【题目详解】 由题可知， 所以的虚部是1. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，属于基础题. 5、D 【答案解析】 先用公差表示出，结合等比数列求出. 【题目详解】 ,因为成等比数列，所以，解得. 【答案点睛】 本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键. 6、C 【答案解析】 对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解. 【题目详解】 ∵ ，. 当时，，在上单调递增，不合题意. 当时，，在上单调递减，也不合题意. 当时，则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得. 综上，的取值范围是. 故选C. 【答案点睛】 本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题． 7、B 【答案解析】 设折成的四棱锥的底面边长为，高为，则，故由题设可得，所以四棱锥的体积，应选答案B． 8、B 【答案解析】 根据圆心到直线的距离小于半径可得满足的条件，利用与圆心的距离判断即可. 【题目详解】 直线与圆相交， 圆心到直线的距离， 即． 也就是点到圆的圆心的距离大于半径． 即点与圆的位置关系是点在圆外． 故选： 【答案点睛】 本题主要考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，属于中档题． 9、C 【答案解析】 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题． 【题目详解】 由题意得，，则 ．故选C． 【答案点睛】 不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 10、D 【答案解析】 由双曲线方程可得渐近线方程，根据倾斜角可得渐近线斜率，由此构造方程求得结果. 【题目详解】 由双曲线方程可知：，渐近线方程为：， 一条渐近线的倾斜角为，，解得：. 故选：. 【答案点睛】 本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题，关键是明确直线倾斜角与斜率的关系；易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求. 11、B 【答案解析】 利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出 【题目详解】 ， 则复数z的虚部为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题. 12、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. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、. 【答案解析】 先求圆的半径, 四边形的最小面积,转化为的最小值为，求出切线长的最小值,再求的距离也就是圆心到直线的距离,可解得的取值范围,利用几何概型即可求得概率． 【题目详解】 由圆的方程得，所以圆心为，半径为，四边形的面积，若四边形的最小面积，所以的最小值为，而，即的最小值，此时最小为圆心到直线的距离，此时，因为，所以，所以的概率为． 【答案点睛】 本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般. 14、1 【答案解析】 由题意得正三棱柱底面边长6，高为，由此能求出所得正三棱柱的体积． 【题目详解】 如图，作，交于，， 由题意得正三棱柱底面边长，高为， 所得正三棱柱的体积为： ． 故答案为：1． 【答案点睛】 本题考查立体几何中的翻折问题、正三棱柱体积的求法、三棱柱的结构特征等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量． 15、 【答案解析】 设，，，由，用面积公式表示面积可得到，利用，即得解. 【题目详解】 设，，， 由得： ， 化简得， 由于， 故. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了解三角形综合，考查了学生转化划归，综合分析，数学运算能力，属于中档题. 16、-1 【答案解析】 作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值． 【题目详解】 作出实数x，y满足对应的平面区域如图阴影所示； 由z＝x+2y﹣1，得yx， 平移直线yx，由图象可知当直线yx经过点A时， 直线yx的纵截距最小，此时z最小． 由，得A（﹣1，﹣1）， 此时z的最小值为z＝﹣1﹣2﹣1＝﹣1， 故答案为﹣1． 【答案点睛】 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，是基础题 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）见解析；（2）. 【答案解析】 （1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明； 2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可． 【题目详解】 （1）证明：∵四边形是菱形， ， 平面 平面， 又是的中点， ， 又 平面 （2） ∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角． 平面， ∴直线与平面所成的角为，即． 因为，则在等腰直角三角形中， 所以． 在中，由得， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系． 则 所以 设平面的一个法向量为， 则，可得， 取平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值的大小为． （注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出．） 【答案点睛】 本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题． 18、 (1)；(2). 【答案解析】 （1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可； （2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围. 【题目详解】 (1)当时，原不等式等价于，解得，所以， 当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解， 当时，原不等式等价于，解得，所以 综上所述，不等式解集为. (2)由，得， 当时，恒成立，所以； 当时，. 因为 当且仅当即或时，等号成立， 所以； 综上的取值范围是. 【答案点睛】 本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题. 19、（1）．．（2） 【答案解析】 （1）先求解a,b，消去参数，即得曲