2023学年齐齐哈尔市重点中学高考仿真卷数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．若复数满足，则（ ） A． B． C． D． 2．已知条件，条件直线与直线平行，则是的( ) A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．已知复数是正实数，则实数的值为( ) A． B． C． D． 5．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 6．若复数满足,则(　　) A． B． C． D． 7．已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．已知双曲线的一条渐近线经过圆的圆心，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D．2 9．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（ ） A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=0 10．如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（ ） A．3 B． C．4 D． 11．（ ） A． B． C．1 D． 12．已知函数的最小正周期为的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则的单调递增区间为( ) A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．平面区域的外接圆的方程是____________. 14．已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为__ 15．已知，记，则的展开式中各项系数和为__________． 16．已知，则________.(填“>”或“=”或“<”). 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）已知函数，函数. （Ⅰ）判断函数的单调性； （Ⅱ）若时，对任意，不等式恒成立，求实数的最小值. 18．（12分）如图，在等腰梯形中，AD∥BC，，，，，分别为，，的中点，以为折痕将折起，使点到达点位置（平面）． （1）若为直线上任意一点，证明：MH∥平面； （2）若直线与直线所成角为，求二面角的余弦值． 19．（12分）已知函数. （1）解不等式； （2）记函数的最大值为，若，证明：. 20．（12分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线C1的普通方程为(x-1)2 +y2 =1，曲线C2的参数方程为（θ为参数）. （Ⅰ）求曲线C1和C2的极坐标方程： （Ⅱ）设射线θ=(ρ>0)分别与曲线C1和C2相交于A，B两点，求|AB|的值． 21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为. （1）求的直角坐标方程和的直角坐标； （2）设与交于，两点，线段的中点为，求. 22．（10分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上. （Ⅰ）求的极坐标方程和曲线的参数方程； （Ⅱ）求曲线的内接矩形的周长的最大值. 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、B 【答案解析】 由题意得,,求解即可. 【题目详解】 因为,所以. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力,属于基础题. 2、C 【答案解析】 先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果. 【题目详解】 因为直线与直线平行， 所以，解得或；即或； 所以由能推出；不能推出； 即是的充分不必要条件. 故选C 【答案点睛】 本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型. 3、D 【答案解析】 根据复数的运算，化简得到，再结合复数的表示，即可求解，得到答案． 【题目详解】 由题意，根据复数的运算，可得， 所对应的点为位于第四象限. 故选D. 【答案点睛】 本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 4、C 【答案解析】 将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案. 【题目详解】 因为为正实数， 所以且，解得. 故选：C 【答案点睛】 本题考查复数的基本定义，属基础题. 5、D 【答案解析】 由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积． 【题目详解】 如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即＝60°，由底面边长为3得， ∴． 正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为， 则由得，解得， ∴． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键． 6、C 【答案解析】 把已知等式变形，利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数模的计算公式求解． 【题目详解】 解：由，得， ∴． 故选C． 【答案点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题． 7、A 【答案解析】 可将问题转化，求直线关于直线的对称直线，再分别讨论两函数的增减性，结合函数图像，分析临界点，进一步确定的取值范围即可 【题目详解】 可求得直线关于直线的对称直线为， 当时，，，当时，，则当时，，单减，当时，，单增； 当时，，，当，,当时，单减，当时，单增； 根据题意画出函数大致图像，如图： 当与（）相切时，得，解得； 当与（）相切时，满足， 解得，结合图像可知，即， 故选：A 【答案点睛】 本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题的关键，属于中档题 8、B 【答案解析】 求出圆心，代入渐近线方程，找到的关系，即可求解. 【题目详解】 解：， 一条渐近线 ， 故选：B 【答案点睛】 利用的关系求双曲线的离心率，是基础题. 9、A 【答案解析】 试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线． 解：双曲线 其渐近线方程是﹣y2=1 整理得x±2y=1． 故选A． 点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题． 10、B 【答案解析】 先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可. 【题目详解】 由题意可知：， 所以，， 所以，所以， 又因为，所以， 所以. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键. 11、A 【答案解析】 利用复数的乘方和除法法则将复数化为一般形式，结合复数的模长公式可求得结果. 【题目详解】 ，， 因此，. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查复数模长的计算，同时也考查了复数的乘方和除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题. 12、D 【答案解析】 先由函数的周期和图象的平移后的函数的图象性质得出函数的解析式，从而得出的解析式，再根据正弦函数的单调递增区间得出函数的单调递增区间，可得选项. 【题目详解】 因为函数的最小正周期是，所以，即，所以， 的图象向左平移个单位长度后得到的函数解析式为， 由于其图象关于轴对称，所以，又，所以，所以， 所以， 因为的递增区间是：，， 由，，得：，， 所以函数的单调递增区间为（）. 故选：D. 【答案点睛】 本题主要考查正弦型函数的周期性，对称性，单调性，图象的平移，在进行图象的平移时，注意自变量的系数，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】 作出平面区域，可知平面区域为三角形，求出三角形的三个顶点坐标，设三角形的外接圆方程为，将三角形三个顶点坐标代入圆的一般方程，求出、、的值，即可得出所求圆的方程. 【题目详解】 作出不等式组所表示的平面区域如下图所示： 由图可知，平面区域为，联立，解得，则点， 同理可得点、， 设的外接圆方程为， 由题意可得，解得，，， 因此，所求圆的方程为. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查三角形外接圆方程的求解，同时也考查了一元二次不等式组所表示的平面区域的求作，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中等题. 14、1 【答案解析】 根据弦长为半径的两倍，得直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程可解得． 【题目详解】 解：圆的圆心为（1，1），半径， 因为直线被圆截得的弦长为2， 所以直线经过圆心（1，1）， ，解得． 故答案为：1． 【答案点睛】 本题考查了直线与圆相交的性质，属基础题． 15、 【答案解析】 根据定积分的计算，得到，令，求得，即可得到答案． 【题目详解】 根据定积分的计算，可得， 令，则， 即的展开式中各项系数和为. 【答案点睛】 本题主要考查了定积分的应用，以及二项式定理的应用，其中解答中根据定积分的计算和二项式定理求得的表示是解答本题的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 16、 【答案解析】 注意到，故只需比较与1的大小即可. 【题目详解】 由已知，，故有.又由， 故有. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查对数式比较大小，涉及到换底公式的应用，考查学生的数学运算能力，是一道中档题. 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) 故函数在上单调递增，在上单调递减;(2). 【答案解析】 试题分析： （Ⅰ）根据题意得到的解析式和定义域，求导后根据导函数的符号判断单调性．（Ⅱ）分析题意可得对任意，恒成立，构造函数，则有对任意，恒成立，然后通过求函数的最值可得所求． 试题解析： （I）由题意得，， ∴ . 当时，，函数在上单调递增； 当时，令，解得；令，解得. 故函数在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （II）由题意知. ， 当时，函数单调递增． 不妨设 ，又函数单调递减， 所以原问题等价于：当时，对任意，不等式 恒成立， 即对任意，恒成立. 记， 由题意得在上单调递减. 所以对任意，恒成立. 令，， 则在上恒成立. 故，