2023届昆明市第三中学高考数学五模试卷（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、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，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．已知集合，，若，则（ ） A． B． C． D． 2．已知为等比数列，，，则（ ） A．9 B．－9 C． D． 3．已知函数且的图象恒过定点，则函数图象以点为对称中心的充要条件是( ) A． B． C． D． 4．函数的最大值为，最小正周期为，则有序数对为（ ） A． B． C． D． 5．命题“”的否定为（ ） A． B． C． D． 6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． B．3 C． D．4 7．如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ） A． B． C． D． 8．一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（ ） A． B． C． D． 9．已知的面积是,, ,则（ ） A．5 B．或1 C．5或1 D． 10．已知变量的几组取值如下表： 1 2 3 4 7 若与线性相关，且，则实数（ ） A． B． C． D． 11．已知向量与向量平行，，且，则（ ） A． B． C． D． 12．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则；其中真命题的个数为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在平面直角坐标系中，若函数在处的切线与圆存在公共点，则实数的取值范围为_____． 14．若奇函数满足，为R上的单调函数，对任意实数都有，当时，，则________. 15．若实数，满足，则的最小值为__________． 16．数据的标准差为_____． 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,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点. （1）.求证:平面平面; （2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值. 18．（12分）在平面直角坐标系中，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． （1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程； （2）若射线与和分别交于点，求． 19．（12分）设函数． （1）当时，求不等式的解集； （2）若对任意都有，求实数的取值范围． 20．（12分）在中，、、的对应边分别为、、，已知，，. （1）求； （2）设为中点，求的长. 21．（12分）在直角坐标系中，直线l过点，且倾斜角为，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为． 求直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，并判断曲线C是什么曲线； 设直线l与曲线C相交与M，N两点，当，求的值． 22．（10分）已知函数，． （Ⅰ）求的最小正周期； （Ⅱ）求在上的最小值和最大值． 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、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. 2、C 【答案解析】 根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出. 【题目详解】 ∵,∴,又,可解得或 设等比数列的公比为,则 当时,, ∴； 当时, ,∴. 故选：C． 【答案点睛】 本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题. 3、A 【答案解析】 由题可得出的坐标为，再利用点对称的性质，即可求出和. 【题目详解】 根据题意，，所以点的坐标为， 又 ， 所以. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查指数函数过定点问题和函数对称性的应用，属于基础题. 4、B 【答案解析】 函数（为辅助角） ∴函数的最大值为，最小正周期为 故选B 5、C 【答案解析】 套用命题的否定形式即可. 【题目详解】 命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”. 故选：C 【答案点睛】 本题考查全称命题的否定，属于基础题. 6、C 【答案解析】 首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积. 【题目详解】 解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体， 如图所示： 故：. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题. 7、B 【答案解析】 根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解. 【题目详解】 由题意，当时，P与A重合，则与B重合， 所以,故排除C,D选项； 当时，，由图象可知选B. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题. 8、B 【答案解析】 因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案. 【题目详解】 因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题. 9、B 【答案解析】 ∵，, ∴ ①若为钝角，则，由余弦定理得， 解得； ②若为锐角，则，同理得. 故选B. 10、B 【答案解析】 求出，把坐标代入方程可求得． 【题目详解】 据题意，得，所以，所以． 故选：B． 【答案点睛】 本题考查线性回归直线方程，由性质线性回归直线一定过中心点可计算参数值． 11、B 【答案解析】 设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标. 【题目详解】 设，且，， 由得，即，①，由，②， 所以，解得，因此，. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题. 12、C 【答案解析】 利用线线、线面、面面相应的判定与性质来解决. 【题目详解】 如果两条平行线中一条垂直于这个平面，那么另一条也垂直于这个平面知①正确；当直线 平行于平面与平面的交线时也有，，故②错误；若，则垂直平面 内以及与平面平行的所有直线，故③正确；若，则存在直线且，因 为，所以，从而，故④正确. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系，里面涉及到了相应的判定定理以及性质定理，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、 【答案解析】 利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可. 【题目详解】 解：由条件得到 又 所以函数在处的切线为, 即 圆方程整理可得： 即有圆心且 所以圆心到直线的距离, 即.解得或, 故答案为：． 【答案点睛】 本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题. 14、 【答案解析】 根据可得,函数是以为周期的函数，令，可求，从而可得，代入解析式即可求解. 【题目详解】 令，则， 由，则， 所以，解得， 所以， 由时，， 所以时，； 由，所以， 所以函数是以为周期的函数， ， 又函数为奇函数， 所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了换元法求函数解析式、函数的奇偶性、周期性的应用，属于中档题. 15、 【答案解析】 由约束条件先画出可行域，然后求目标函数的最小值. 【题目详解】 由约束条件先画出可行域，如图所示，由，即，当平行线经过点时取到最小值，由可得，此时，所以的最小值为. 故答案为. 【答案点睛】 本题考查了线性规划的知识，解题的一般步骤为先画出可行域，然后改写目标函数，结合图形求出最值，需要掌握解题方法. 16、 【答案解析】 先计算平均数再求解方差与标准差即可. 【题目详解】 解：样本的平均数, 这组数据的方差是 标准差, 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了标准差的计算,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、（1）见解析；（2）. 【答案解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值为建立方程求得，在利用法向量求得和平面所成角的正弦值. 试题解析：（Ⅰ） 平面平面 因为,所以,所以,所以,又，所以平面.因为平面，所以平面平面． （Ⅱ）如图， 以点为原点， 分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则 取，则为面法向量． 设为面的法向量，则， 即，取，则 依题意，则．于是． 设直线与平面所成角为，则 即直线与平面所成角的正弦值为． 18、（1）： ;: ．(2) 【答案解析】 （1）由可得， 由，消去参数，可得直线的普通方程为． 由可得，将，代入上式，可得， 所以曲线的直角坐标方程为． （2）由（1）得，的普通方程为， 将其化为极坐标方程可得， 当时，，， 所以． 19、（1）（2） 【答案解析】 利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集， 对恒成立，则， 由三角不等式，得求解 【题目详解】 解：当时，不等式即为， 可得或或， 解得或或， 则原不等式的解集为 若对任意、都有， 即为， 由，当取得等号， 则，由，可得， 则的取值范围是 【答案点睛】 本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题. （1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题. 20、（1）；（2）. 【答案解析】 （1）直接根据特殊角的三角函数值求出，结合正弦定理求出； （2）结合第一问的结论以及余弦定理即可求解． 【题目详解】 解：（1）∵，且，∴，由正弦定理 ，∴， ∵ ∴锐角，∴ （2）∵， ∴ ∴ ∴在中，由余弦定理得 ∴ 【答案点睛】 本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．考查了学生对三角函数基础知识的综合运用． 21、 (Ⅰ) 曲线是焦点在轴上的椭圆；(Ⅱ)． 【答案解析】 试题分析：（1）由题易知，直线的参数方程为，（为参数），；曲线的直角坐标方程为，椭圆；（2）将直线代入椭圆得到，所以，解得． 试题解析： (Ⅰ)直线的参数方程为. 曲线的直角坐标方程为，即，