北京八中2023学年高考数学全真模拟密押卷（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．已知向量，且，则m=( ) A．−8 B．−6 C．6 D．8 2．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 3．已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了六天恰好到达目的地，请问第二天比第四天多走了（ ） A．96里 B．72里 C．48里 D．24里 5．函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，……，n），则（ ） A．7 B．8 C．9 D．10 6．i是虚数单位，若，则乘积的值是( ) A．－15 B．－3 C．3 D．15 7．已知函数，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 8．已知，其中是虚数单位，则对应的点的坐标为（ ） A． B． C． D． 9．函数的定义域为（ ） A． B． C． D． 10．已知数列满足，则（ ） A． B． C． D． 11．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 12．设是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充分不必要条件 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．安排名男生和名女生参与完成项工作，每人参与一项，每项工作至少由名男生和名女生完成，则不同的安排方式共有________种（用数字作答）. 14．满足线性的约束条件的目标函数的最大值为________ 15．若变量，满足约束条件，则的最大值为__________． 16．双曲线的左右顶点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，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）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点． （1）证明：平面； （2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积． 18．（12分）椭圆：（）的离心率为，它的四个顶点构成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设是直线上任意一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，求证：直线恒过一个定点. 19．（12分）在四棱锥的底面中，，，平面，是的中点，且 （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）线段上是否存在点，使得，若存在指出点的位置，若不存在请说明理由. 20．（12分）已知数列满足：对一切成立. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 21．（12分）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，点． （1）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程； （2）若直线与曲线交于点，曲线与曲线交于点，求的面积． 22．（10分）已知六面体如图所示，平面，，，，，，是棱上的点，且满足. （1）求证：直线平面； （2）求二面角的正弦值. 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、D 【答案解析】 由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案． 【题目详解】 ∵，又， ∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝1． 故选D． 【答案点睛】 本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题． 2、C 【答案解析】 作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积. 【题目详解】 三棱锥的实物图如下图所示： 将其补成直四棱锥，底面， 可知四边形为矩形，且，. 矩形的外接圆直径，且. 所以，三棱锥外接球的直径为， 因此，该三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 3、B 【答案解析】 由题意可得，且，故有①，再根据，求得②，由①②可得的最大值，检验的这个值满足条件． 【题目详解】 解：函数，， 为的零点，为图象的对称轴， ，且，、，，即为奇数①． 在，单调，，②． 由①②可得的最大值为1． 当时，由为图象的对称轴，可得，， 故有，，满足为的零点， 同时也满足满足在上单调， 故为的最大值， 故选：B． 【答案点睛】 本题主要考查正弦函数的图象的特征，正弦函数的周期性以及它的图象的对称性，属于中档题． 4、B 【答案解析】 人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，计算，代入得到答案. 【题目详解】 由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为， 则，解得，从而可得，故. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 5、C 【答案解析】 根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果. 【题目详解】 由题可知：直线过定点 且在是关于对称 如图 通过图像可知：直线与最多有9个交点 同时点左、右边各四个交点关于对称 所以 故选：C 【答案点睛】 本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题. 6、B 【答案解析】 ，∴，选B． 7、B 【答案解析】 由导数确定函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可. 【题目详解】 函数，可得， 时，，单调递增， ∵， 故不等式的解集等价于不等式的解集． ． ∴． 故选：B． 【答案点睛】 本题主要考查了利用导数判定函数的单调性，根据单调性解不等式，属于中档题. 8、C 【答案解析】 利用复数相等的条件求得，，则答案可求． 【题目详解】 由，得，． 对应的点的坐标为，，． 故选：． 【答案点睛】 本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题． 9、C 【答案解析】 函数的定义域应满足 故选C. 10、C 【答案解析】 利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值. 【题目详解】 . 当时，； 当时，由， 可得， 两式相减，可得，故， 因为也适合上式，所以. 依题意，， 故. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题. 11、D 【答案解析】 利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值. 【题目详解】 根据题意，可知为等差数列，公差， 由成等比数列，可得， ∴，解得. ∴. 根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值. 12、D 【答案解析】 结合纯虚数的概念，可得，再结合充分条件和必要条件的定义即可判定选项. 【题目详解】 若复数为纯虚数，则，所以，若，不妨设，此时复数，不是纯虚数，所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件. 故选：D 【答案点睛】 本题考查充分条件和必要条件，考查了纯虚数的概念，理解充分必要条件的逻辑关系是解题的关键，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、1296 【答案解析】 先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后全排列即可. 【题目详解】 由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，同理女生的排法共有，故不同的安排共有种. 故答案为：1296 【答案点睛】 本题主要考查了排列组合的应用，考查了学生应用数学解决实际问题的能力. 14、1 【答案解析】 作出不等式组表示的平面区域，将直线进行平移，利用的几何意义，可求出目标函数的最大值。 【题目详解】 由，得，作出可行域，如图所示： 平移直线，由图像知，当直线经过点时，截距最小，此时取得最大值。 由 ，解得 ，代入直线，得。 【答案点睛】 本题主要考查简单的线性规划问题的解法——平移法。 15、 【答案解析】 根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的方式可确定过时，取最大值，代入可求得结果. 【题目详解】 由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示： 将化为，则最大时，直线在轴截距最大； 由直线平移可知，当过时，在轴截距最大， 由得：，. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果. 16、 【答案解析】 根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解. 【题目详解】 设 ， 交圆于点，所以 易知: 即. 故答案为： 【答案点睛】 此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算. 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】 （1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行； （2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积． 【题目详解】 （1）证明：连接与交于，连接， 因为是菱形，所以为的中点， 又因为为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面． （2）解：取中点，连接， 因为四边形是菱形，，且， 所以，又， 所以平面，又平面， 所以． 同理可证：，又， 所以平面， 所以平面平面， 又平面平面， 所以点到直线的距离即为点到平面的距离， 过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为， 因为为的中点，故点到平面的最大距离为1， 此时，为的中点，即， 所以， 所