2023届陕西省恒口高级中学高三下学期第一次联考数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 请考生注意： 1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。 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，以下结论正确的个数为（ ） ①当时，函数的图象的对称中心为； ②当时，函数在上为单调递减函数； ③若函数在上不单调，则； ④当时，在上的最大值为1． A．1 B．2 C．3 D．4 2．设且，则下列不等式成立的是（ ） A． B． C． D． 3．在各项均为正数的等比数列中，若，则（ ） A． B．6 C．4 D．5 4．如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ） A． B． C． D． 5．已知为等腰直角三角形，，，为所在平面内一点，且，则（ ） A． B． C． D． 6．已知a，b∈R，，则（ ） A．b＝3a B．b＝6a C．b＝9a D．b＝12a 7．的展开式中的常数项为( ) A．－60 B．240 C．－80 D．180 8．设正项等差数列的前项和为，且满足，则的最小值为 A．8 B．16 C．24 D．36 9．定义两种运算“★”与“◆”，对任意，满足下列运算性质：①★，◆；②（）★★ ，◆◆，则（◆2020）（2020★2018）的值为( ) A． B． C． D． 10．已知复数是纯虚数，其中是实数，则等于（ ） A． B． C． D． 11．已知函数的定义域为，且，当时，.若，则函数在上的最大值为（ ） A．4 B．6 C．3 D．8 12．函数的大致图像为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知，，是平面向量，是单位向量.若，，且，则的取值范围是________. 14．函数的图象在处的切线方程为__________． 15．已知数列的前项和为，，且满足，则数列的前10项的和为______. 16．（5分）已知，且，则的值是____________． 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. （1）求不等式的解集； （2）记的最小值为，且正实数满足.证明：. 18．（12分）分别为的内角的对边.已知. （1）若，求； （2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长. 19．（12分）已知△ABC三内角A、B、C所对边的长分别为a，b，c，且3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C． （1）求cosC的值； （2）若a＝3，c，求△ABC的面积． 20．（12分）某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉，观景喷泉的示意图如图所示，两点为喷泉，圆心为的中点，其中米，半径米，市民可位于水池边缘任意一点处观赏． （1）若当时，，求此时的值； （2）设，且． （i）试将表示为的函数，并求出的取值范围； （ii）若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时，观赏角度的最大值不小于，试求两处喷泉间距离的最小值． 21．（12分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 22．（10分）如图，三棱柱中，平面，，，分别为，的中点. （1）求证： 平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 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】 逐一分析选项，①根据函数的对称中心判断；②利用导数判断函数的单调性；③先求函数的导数，若满足条件，则极值点必在区间；④利用导数求函数在给定区间的最值. 【题目详解】 ①为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，函数的图象的对称中心为，正确． ②由题意知．因为当时，， 又，所以在上恒成立，所以函数在上为单调递减函数，正确． ③由题意知，当时，，此时在上为增函数，不合题意，故． 令，解得．因为在上不单调，所以在上有解， 需，解得，正确． ④令，得．根据函数的单调性，在上的最大值只可能为或． 因为，，所以最大值为64，结论错误． 故选：C 【答案点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，意在考查基本的判断方法，属于基础题型. 2、A 【答案解析】 项，由得到，则，故项正确； 项，当时，该不等式不成立，故项错误； 项，当，时，，即不等式不成立，故项错误； 项，当，时，，即不等式不成立，故项错误． 综上所述，故选． 3、D 【答案解析】 由对数运算法则和等比数列的性质计算． 【题目详解】 由题意 ． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则．掌握等比数列的性质是解题关键． 4、B 【答案解析】 为所求的二面角的平面角，由得出，求出在内的轨迹，根据轨迹的特点求出的最大值对应的余弦值 【题目详解】 ，，， ，同理 为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角 ，又 ， 在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系 则，设 ，整理可得： 在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆 平面平面，， 为二面角的平面角， 当与圆相切时，最大，取得最小值 此时 故选 【答案点睛】 本题主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果． 5、D 【答案解析】 以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案. 【题目详解】 如图建系，则，，， 由，易得，则. 故选：D 【答案点睛】 本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 6、C 【答案解析】 两复数相等，实部与虚部对应相等. 【题目详解】 由， 得，即a，b＝1． ∴b＝9a． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查复数的概念，属于基础题. 7、D 【答案解析】 求的展开式中的常数项，可转化为求展开式中的常数项和项，再求和即可得出答案. 【题目详解】 由题意，中常数项为， 中项为， 所以的展开式中的常数项为： . 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题. 8、B 【答案解析】 方法一：由题意得，根据等差数列的性质，得成等差数列，设，则，，则，当且仅当时等号成立，从而的最小值为16，故选B． 方法二：设正项等差数列的公差为d，由等差数列的前项和公式及，化简可得，即，则，当且仅当，即时等号成立，从而的最小值为16，故选B． 9、B 【答案解析】 根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值，可得选项. 【题目详解】 由（）★★ ，得（+2）★★， 又★，所以★，★，★， ，以此类推，2020★2018★2018， 又◆◆，◆， 所以◆，◆，◆， ，以此类推，◆2020， 所以（◆2020）（2020★2018）， 故选：B. 【答案点睛】 本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题. 10、A 【答案解析】 对复数进行化简，由于为纯虚数，则化简后的复数形式中，实部为0，得到的值，从而得到复数. 【题目详解】 因为为纯虚数，所以，得 所以. 故选A项 【答案点睛】 本题考查复数的四则运算，纯虚数的概念，属于简单题. 11、A 【答案解析】 根据所给函数解析式满足的等量关系及指数幂运算，可得；利用定义可证明函数的单调性，由赋值法即可求得函数在上的最大值. 【题目详解】 函数的定义域为，且， 则； 任取，且，则， 故， 令，，则， 即， 故函数在上单调递增， 故， 令，， 故， 故函数在上的最大值为4. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查了指数幂的运算及化简，利用定义证明抽象函数的单调性，赋值法在抽象函数求值中的应用，属于中档题. 12、D 【答案解析】 通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果. 【题目详解】 函数的定义域为，当时，，排除B和C； 当时，，排除A. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 先由题意设向量的坐标，再结合平面向量数量积的运算及不等式可得解． 【题目详解】 由是单位向量．若，， 设， 则，， 又， 则， 则， 则， 又， 所以，（当或时取等） 即的取值范围是，， 故答案为：，． 【答案点睛】 本题考查了平面向量数量积的坐标运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 14、 【答案解析】 利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可. 【题目详解】 ,则切线的斜率为. 又,所以函数的图象在处的切线方程为,即. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题. 15、1 【答案解析】 由得时，，两式作差，可求得数列的通项公式，进一步求出数列的和． 【题目详解】 解：数列的前项和为，，且满足，① 当时，，② ①-②得：， 整理得：（常数）， 故数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以（首项不符合通项）， 故， 所以：， 故答案为：1． 【答案点睛】 本题主要考查数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的公式，属于基础题． 16、 【答案解析】 由于，且，则，得，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、（1）或；（2）见解析 【答案解析】 （1）根据，利用零点分段法解不等式，或作出函数的图像，利用函数的图像解不等式； （2）由（1）作出的函数图像求出的最小值为，可知，代入中，然后给等式两边同乘以，再将写成后，化简变形，再用均值不等式可证明. 【题目详解】 （1）解法一：1°时，，即，解得； 2°时，，即，解得； 3°时，，即，解得. 综上可得，不等式的解集为或. 解法二：由作出图象如下： 由图象可得不等式的解集为或. （2）由 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 正实数满足，则， 即， （当且仅当即时取等号） 故，得证. 【答案点睛】 此题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质和均值不等式的运用，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题. 18、（1）（2） 【答案解析】 （1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出； （2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大， 结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长． 【题目详解】 （1）由，得， 即. 因为，所以. 由，得. （2）因为， 所以，当且仅当时，等号成立. 因为的面积. 所以当时，的面积取得最大值， 此时，则， 所以的周长为. 【答案点睛】 本题主要考查利用正弦定理和余弦定理