内蒙古呼和浩特市第二中学2023学年高考仿真模拟数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项 1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 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，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积（ ） A． B． C． D． 2．已知集合,，则 A． B． C． D． 3．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． 4．已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为 A． B． C． D． 5．已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，，则（ ） A．2 B． C．1 D． 6．已知为坐标原点，角的终边经过点且，则( ) A． B． C． D． 7．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为 A． B． C． D． 8．已知集合，则全集则下列结论正确的是( ) A． B． C． D． 9．在三棱锥中，，，P在底面ABC内的射影D位于直线AC上，且，.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上，则球Q的半径为（ ） A． B． C． D． 10．已知等差数列的前n项和为，，则 A．3 B．4 C．5 D．6 11．如图，在平行四边形中，为对角线的交点，点为平行四边形外一点，且，，则（ ） A． B． C． D． 12．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．的展开式中，的系数为____________. 14．若函数，则__________；__________. 15．（5分）已知椭圆方程为，过其下焦点作斜率存在的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，则面积的取值范围是____________． 16．在中，为定长，，若的面积的最大值为，则边的长为____________． 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）已知椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于点（点在轴上方），斜率为的直线交椭圆于两点，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点. （1）设椭圆的离心率为，当点为椭圆的右顶点时，的坐标为，求的值. （2）若椭圆的方程为，且，是否存在使得成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 18．（12分）已知关于的不等式解集为（）. （1）求正数的值； （2）设，且，求证：. 19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分别是AB，A1C的中点. （1）求证：直线MN⊥平面ACB1； （2）求点C1到平面B1MC的距离. 20．（12分）在中，，， .求边上的高. ①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 21．（12分）椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上两动点使得四边形为平行四边形，且平行四边形的周长和最大面积分别为8和. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆的另一交点为，当点在以线段为直径的圆上时，求直线的方程. 22．（10分）已知的内角的对边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的周长的最小值. 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】 画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可． 【题目详解】 解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，P−ABC， 正方体的棱长为2， 该几何体的表面积： ． 故选C． 【答案点睛】 本题考查三视图求解几何体的直观图的表面积，判断几何体的形状是解题的关键． 2、D 【答案解析】 因为,,所以,,故选D． 3、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. 4、D 【答案解析】 由题意画出图形，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，可得当时最小，设正方体的棱长为，得，进一步求出四面体的体积即可． 【题目详解】 解：如图， ∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小， ∴ 设正方体的棱长为，则， ∴． 取，连接，则共面， 在中，设到的距离为， 设到平面的距离为， . 故选D． 【答案点睛】 本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题． 5、D 【答案解析】 说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再结合奇偶性计算函数值． 【题目详解】 由知函数的周期为4，又是奇函数， ，又，∴， ∴． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础． 6、C 【答案解析】 根据三角函数的定义，即可求出，得出，得出和，再利用二倍角的正弦公式，即可求出结果. 【题目详解】 根据题意，，解得， 所以， 所以， 所以. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式，考查计算能力. 7、B 【答案解析】 求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解. 【题目详解】 由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动， 基本事件的总数为， 其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为, 所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B. 【答案点睛】 本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 8、D 【答案解析】 化简集合，根据对数函数的性质，化简集合，按照集合交集、并集、补集定义，逐项判断，即可求出结论. 【题目详解】 由， 则，故， 由知，，因此， ，， ， 故选:D 【答案点睛】 本题考查集合运算以及集合间的关系，求解不等式是解题的关键，属于基础题. 9、A 【答案解析】 设的中点为O先求出外接圆的半径，设，利用平面ABC，得 ，在 及中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可 【题目详解】 设的中点为O,因为，所以外接圆的圆心M在BO上.设此圆的半径为r. 因为，所以，解得. 因为，所以. 设，易知平面ABC，则. 因为，所以， 即，解得.所以球Q的半径. 故选：A 【答案点睛】 本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题 10、C 【答案解析】 方法一：设等差数列的公差为，则，解得，所以.故选C． 方法二：因为，所以，则.故选C． 11、D 【答案解析】 连接，根据题目，证明出四边形为平行四边形，然后，利用向量的线性运算即可求出答案 【题目详解】 连接，由，知，四边形为平行四边形，可得四边形为平行四边形，所以. 【答案点睛】 本题考查向量的线性运算问题，属于基础题 12、C 【答案解析】 由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角． 【题目详解】 连接，，如图： 又，则为异面直线与所成的角. 因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面， ∴， 又，，∴， ∴，解得. 故选C 【答案点睛】 考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、16 【答案解析】 要得到的系数，只要求出二项式中的系数减去的系数的2倍即可 【题目详解】 的系数为. 故答案为：16 【答案点睛】 此题考查二项式的系数，属于基础题. 14、0 1 【答案解析】 根据分段函数解析式，代入即可求解. 【题目详解】 函数， 所以， . 故答案为：0；1. 【答案点睛】 本题考查了分段函数求值的简单应用，属于基础题. 15、 【答案解析】 由题意，，则，得．由题意可设的方程为，，联立方程组，消去得，恒成立，，，则，点到直线的距离为，则，又，则，当且仅当即时取等号．故面积的取值范围是. 16、 【答案解析】 设，以为原点，为轴建系，则，，设，， ，利用求向量模的公式，可得，根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求. 【题目详解】 解：设，以为原点，为轴建系，则，，设，， 则， 即， 由，可得. 则. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查向量模的计算，建系是关键，属于难题. 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）；（2）不存在，理由见解析 【答案解析】 （1）写出，根据，斜率乘积为-1，建立等量关系求解离心率； （2）写出直线AB的方程，根据韦达定理求出点B的坐标，计算出弦长，根据垂直关系同理可得，利用等式即可得解. 【题目详解】 （1）由题可得，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点. 点为椭圆的右顶点时，的坐标为， 即， ， 化简得：， 即，解得或（舍去）， 所以； （2）椭圆的方程为， 由（1）可得， 联立得：， 设B的横坐标，根据韦达定理， 即，， 所以， 同理可得 若存在使得成立， 则， 化简得：，，此方程无解， 所以不存在使得成立. 【答案点睛】 此题考查求椭圆离心率，根据直线与椭圆的位置关系解决弦长问题，关键在于熟练掌握解析几何常用方法，尤其是韦达定理在解决解析几何问题中的应用. 18、（1）1；（2）证明见解析. 【答案解析】 （1）将不等式化为，求解得出，根据解集确定正数的值； （2）利用基本不等式以及不等式的性质，得出，，，三式相加，即可得证. 【题目详解】 （1）解：不等式，即不等式 ∴，而，于是 依题意得 （2）证明：由（1）知，原不等式可化为 ∵， ∴，同理， 三式相加得，当且仅当时取等号 综上. 【答案点睛】 本题主要考查了求绝对值不等式中参数的范围以及基本不等式的应用，属于中档题. 19、（1）证明见解析.（2） 【答案解析】 （1）连接AC1，BC1，结合中位线定理可证MN∥BC1，再结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质分别求证AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求证直线MN⊥