2023届河北省“五个一名校高考适应性考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 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．过双曲线左焦点的直线交的左支于两点，直线（是坐标原点）交的右支于点，若，且，则的离心率是（ ） A． B． C． D． 2．已知数列 是公比为 的等比数列，且 ， ， 成等差数列，则公比 的值为（    ） A． B． C． 或 D． 或 3．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出四个命题： ①若，，，则；②若，，则； ③若，，，则；④若，，，则 其中正确的是（ ） A．①② B．③④ C．①④ D．②④ 4．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ） A． B． C． D． 5．已知集合，，若，则（ ） A． B． C． D． 6．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（ ） A． B． C． D． 7．设，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ） A． B． C． D． 9．已知的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 10．已知数列满足：，则( ) A．16 B．25 C．28 D．33 11．已知平面向量满足，且，则所夹的锐角为（ ） A． B． C． D．0 12．设等差数列的前n项和为，且，，则( ) A．9 B．12 C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知函数在点处的切线经过原点，函数的最小值为，则________. 14．在中，已知，，则A的值是______. 15．曲线在处的切线方程是_________． 16．设复数满足,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）在中，内角，，所对的边分别是，，，，，． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的值． 18．（12分）在平面四边形中，已知，. （1）若，求的面积； （2）若求的长. 19．（12分）已知向量， . （1）求的最小正周期； （2）若的内角的对边分别为，且，求的面积. 20．（12分）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于两点，且与轴相交于点. （1）若，求直线的方程； （2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点. 21．（12分）已知等差数列的公差，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 22．（10分）已知矩阵，，若矩阵，求矩阵的逆矩阵． 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、D 【答案解析】 如图，设双曲线的右焦点为，连接并延长交右支于，连接，设，利用双曲线的几何性质可以得到，，结合、可求离心率. 【题目详解】 如图，设双曲线的右焦点为，连接，连接并延长交右支于. 因为，故四边形为平行四边形，故. 又双曲线为中心对称图形，故. 设，则，故，故. 因为为直角三角形，故，解得. 在中，有，所以. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查双曲线离心率，注意利用双曲线的对称性（中心对称、轴对称）以及双曲线的定义来构造关于的方程，本题属于难题. 2、D 【答案解析】 由成等差数列得，利用等比数列的通项公式展开即可得到公比q的方程. 【题目详解】 由题意，∴2aq2=aq+a，∴2q2=q+1，∴q=1或q= 故选：D． 【答案点睛】 本题考查等差等比数列的综合，利用等差数列的性质建立方程求q是解题的关键，对于等比数列的通项公式也要熟练． 3、D 【答案解析】 根据面面垂直的判定定理可判断①；根据空间面面平行的判定定理可判断②；根据线面平行的判定定理可判断③；根据面面垂直的判定定理可判断④. 【题目详解】 对于①，若，，，，两平面相交，但不一定垂直，故①错误； 对于②，若，，则，故②正确； 对于③，若，，，当，则与不平行，故③错误； 对于④，若，，，则，故④正确； 故选：D 【答案点睛】 本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于基础题. 4、D 【答案解析】 由程序框图确定程序功能后可得出结论． 【题目详解】 执行该程序可得． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查程序框图．解题可模拟程序运行，观察变量值的变化，然后可得结论，也可以由程序框图确定程序功能，然后求解． 5、A 【答案解析】 由，得，代入集合B即可得. 【题目详解】 ，，，即：， 故选：A 【答案点睛】 本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题. 6、B 【答案解析】 ，将,代入化简即可. 【题目详解】 . 故选：B. 【答案点睛】 本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题. 7、B 【答案解析】 先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可 【题目详解】 解不等式可得， 解绝对值不等式可得， 由于为的子集， 据此可知“”是“”的必要不充分条件． 故选：B 【答案点睛】 本题考查了必要不充分条件的判定，考查了学生数学运算，逻辑推理能力，属于基础题. 8、D 【答案解析】 循环依次为 直至结束循环，输出 ，选D. 点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项. 9、D 【答案解析】 设，整理得到方程组，解方程组即可解决问题． 【题目详解】 设， 因为，所以， 所以，解得：， 所以复数在复平面内对应的点为，此点位于第四象限. 故选D 【答案点睛】 本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题． 10、C 【答案解析】 依次递推求出得解. 【题目详解】 n=1时，， n=2时，， n=3时，， n=4时，， n=5时，. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 11、B 【答案解析】 根据题意可得，利用向量的数量积即可求解夹角. 【题目详解】 因为 即 而 所以夹角为 故选：B 【答案点睛】 本题考查了向量数量积求夹角，需掌握向量数量积的定义求法，属于基础题. 12、A 【答案解析】 由，可得以及，而，代入即可得到答案. 【题目详解】 设公差为d，则解得 ，所以. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、0 【答案解析】 求出，求出切线点斜式方程，原点坐标代入，求出的值，求，求出单调区间，进而求出极小值最小值，即可求解. 【题目详解】 ，，， 切线的方程：， 又过原点，所以，， ，. 当时，；当时，. 故函数的最小值，所以. 故答案为:0. 【答案点睛】 本题考查导数的应用，涉及到导数的几何意义、极值最值，属于中档题.. 14、 【答案解析】 根据正弦定理，由可得，由可得，将代入求解即得. 【题目详解】 ，，即， ，，则， ，，，则. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基础题. 15、 【答案解析】 利用导数的运算法则求出导函数，再利用导数的几何意义即可求解. 【题目详解】 求导得， 所以，所以切线方程为 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了基本初等函数的导数、导数的运算法则以及导数的几何意义，属于基础题. 16、. 【答案解析】 利用复数的运算法则首先可得出，再根据共轭复数的概念可得结果. 【题目详解】 ∵复数满足， ∴，∴， 故而可得，故答案为. 【答案点睛】 本题考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，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、（Ⅰ）（Ⅱ） 【答案解析】 （Ⅰ）根据正弦定理先求得边c，然后由余弦定理可求得边b； （Ⅱ）结合二倍角公式及和差公式，即可求得本题答案. 【题目详解】 （Ⅰ）因为， 由正弦定理可得，， 又，所以， 所以根据余弦定理得，， 解得，； （Ⅱ）因为，所以， ，， 则． 【答案点睛】 本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，属基础题. 18、（1）；（2）. 【答案解析】 （1）在三角形中，利用余弦定理列方程，解方程求得的长，进而由三角形的面积公式求得三角形的面积. （2）利用诱导公式求得，进而求得，利用两角差的正弦公式，求得，在三角形中利用正弦定理求得，在三角形中利用余弦定理求得的长. 【题目详解】 （1）在中， ， 解得， . （2） 在中，， . . 【答案点睛】 本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题. 19、（1）；（2）或 【答案解析】 （1）利用平面向量数量积的坐标运算可得，利用正弦函数的周期性即可求解；（2）由（1）可求，结合范围，可求的值，由余弦定理可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【题目详解】 （1） ∴最小正周期 . （2）由（1）知， ∴ ∴， 又 ∴或. 解得或 当时，由余弦定理得 即， 解得. 此时. 当时，由余弦定理得. 即，解得. 此时. 【答案点睛】 本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算、正弦函数的周期性，考查余弦定理、三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于基础题． 20、（1）或；（2）见解析 【答案解析】 （1）由已知条件利用点斜式设出直线的方程，则可表示出点的坐标，再由的关系表示出点的坐标，而点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程中可求出直线的斜率； （2）设出两点的坐标，则点的坐标可以表示出，然后直线的方程与椭圆方程联立成方程，消元后得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系，再结合直线的方程，化简可得结果. 【题目详解】 （1）由条件可知直线的斜率存在，则 可设直线的方程为，则， 由，有， 所以， 由在椭圆上，则，解得，此时在椭圆内部，所以满足直线与椭圆相交， 故所求直线方程为或. （也可联立直线与椭圆方程，由验证） （2）设，则， 直线的方程为. 由得， 由， 解得， ， 当时，， 故直线恒过定点. 【答案点睛】 此题考查的是直线与椭圆的位置关系中的过定点问题，计算过程较复杂，属于难题. 21、（1）；（2）. 【答案解析】 （1）根据等比中项性质可构造方程求得，由等差数列通项公式可求得结果； （2）由（1）可得，可知为等比数列，利用分组求和法，结合等差和等比数列求