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吉林省吉林市第三中学2023学年高考全国统考预测密卷数学试卷(含解析).doc
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吉林省 吉林市 第三中学 2023 学年 高考 全国 统考 预测 数学试卷 解析
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.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 2.已知(i为虚数单位,),则ab等于( ) A.2 B.-2 C. D. 3.如图是二次函数的部分图象,则函数的零点所在的区间是( ) A. B. C. D. 4. 下列与的终边相同的角的表达式中正确的是(  ) A.2kπ+45°(k∈Z) B.k·360°+π(k∈Z) C.k·360°-315°(k∈Z) D.kπ+ (k∈Z) 5.数学中的数形结合,也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物,曲线恰好是四叶玫瑰线. 给出下列结论:①曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2;③曲线C围成区域的面积大于;④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是( ) A.①③ B.②④ C.①②③ D.②③④ 6.下列函数中,图象关于轴对称的为( ) A. B., C. D. 7.已知且,函数,若,则( ) A.2 B. C. D. 8.复数满足,则复数在复平面内所对应的点在( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 9.如图,在平面四边形中,满足,且,沿着把折起,使点到达点的位置,且使,则三棱锥体积的最大值为( ) A.12 B. C. D. 10.已知点P在椭圆τ:=1(a>b>0)上,点P在第一象限,点P关于原点O的对称点为A,点P关于x轴的对称点为Q,设,直线AD与椭圆τ的另一个交点为B,若PA⊥PB,则椭圆τ的离心率e=( ) A. B. C. D. 11.函数f(x)=sin(wx+)(w>0,<)的最小正周期是π,若将该函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线x=对称,则函数f(x)的解析式为( ) A.f(x)=sin(2x+) B.f(x)=sin(2x-) C.f(x)=sin(2x+) D.f(x)=sin(2x-) 12.年某省将实行“”的新高考模式,即语文、数学、英语三科必选,物理、历史二选一,化学、生物、政治、地理四选二,若甲同学选科没有偏好,且不受其他因素影响,则甲同学同时选择历史和化学的概率为 A. B. C. D. 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。 13.已知内角,,的对边分别为,,.,,则_________. 14.三棱柱中, ,侧棱底面,且三棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上,则球的表面积的最小值为_____. 15.在的二项展开式中,所有项的系数之和为1024,则展开式常数项的值等于_______. 16.曲线在处的切线的斜率为________. 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)在中,角的对边分别为,若. (1)求角的大小; (2)若,为外一点,,求四边形面积的最大值. 18.(12分)在平面直角坐标系中,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,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为. (1)求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程; (2)若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点,且,点的坐标为,求的面积. 19.(12分)若函数为奇函数,且时有极小值. (1)求实数的值与实数的取值范围; (2)若恒成立,求实数的取值范围. 20.(12分)如图,在直三棱柱中,,,为的中点,点在线段上,且平面. (1)求证:; (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 21.(12分) [选修4-5:不等式选讲] 设函数. (1)求不等式的解集; (2)已知关于的不等式在上有解,求实数的取值范围. 22.(10分)已知数列的前n项和为,且n、、成等差数列,. (1)证明数列是等比数列,并求数列的通项公式; (2)若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列,求的值. 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、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. 2、A 【答案解析】 利用复数代数形式的乘除运算化简,再由复数相等的条件列式求解. 【题目详解】 , ,得,. . 故选:. 【答案点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数相等的条件,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,是基础题. 3、B 【答案解析】 根据二次函数图象的对称轴得出范围,轴截距,求出的范围,判断在区间端点函数值正负,即可求出结论. 【题目详解】 ∵,结合函数的图象可知, 二次函数的对称轴为,, ,∵, 所以在上单调递增. 又因为, 所以函数的零点所在的区间是. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查二次函数的图象及函数的零点,属于基础题. 4、C 【答案解析】 利用终边相同的角的公式判断即得正确答案. 【题目详解】 与的终边相同的角可以写成2kπ+ (k∈Z),但是角度制与弧度制不能混用,所以只有答案C正确. 故答案为C 【答案点睛】 (1)本题主要考查终边相同的角的公式,意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 与终边相同的角=+ 其中. 5、B 【答案解析】 利用基本不等式得,可判断②;和联立解得可判断①③;由图可判断④. 【题目详解】 , 解得(当且仅当时取等号),则②正确; 将和联立,解得, 即圆与曲线C相切于点,,,, 则①和③都错误;由,得④正确. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查曲线与方程的应用,根据方程,判断曲线的性质及结论,考查学生逻辑推理能力,是一道有一定难度的题. 6、D 【答案解析】 图象关于轴对称的函数为偶函数,用偶函数的定义及性质对选项进行判断可解. 【题目详解】 图象关于轴对称的函数为偶函数; A中,,,故为奇函数; B中,的定义域为, 不关于原点对称,故为非奇非偶函数; C中,由正弦函数性质可知,为奇函数; D中,且,,故为偶函数. 故选:D. 【答案点睛】 本题考查判断函数奇偶性. 判断函数奇偶性的两种方法: (1)定义法:对于函数的定义域内任意一个都有,则函数是奇函数;都有,则函数是偶函数 (2)图象法:函数是奇(偶)函数函数图象关于原点(轴)对称. 7、C 【答案解析】 根据分段函数的解析式,知当时,且,由于,则,即可求出. 【题目详解】 由题意知: 当时,且 由于,则可知:, 则, ∴,则, 则. 即. 故选:C. 【答案点睛】 本题考查分段函数的应用,由分段函数解析式求自变量. 8、B 【答案解析】 设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限. 【题目详解】 设,则, ,, 所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限. 故选:B 【答案点睛】 本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力. 9、C 【答案解析】 过作于,连接,易知,,从而可证平面,进而可知,当最大时,取得最大值,取的中点,可得,再由,求出的最大值即可. 【题目详解】 在和中,,所以,则, 过作于,连接,显然,则,且, 又因为,所以平面, 所以, 当最大时,取得最大值,取的中点,则, 所以, 因为,所以点在以为焦点的椭圆上(不在左右顶点),其中长轴长为10,焦距长为8, 所以的最大值为椭圆的短轴长的一半,故最大值为, 所以最大值为,故的最大值为. 故选:C. 【答案点睛】 本题考查三棱锥体积的最大值,考查学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题. 10、C 【答案解析】 设,则,,,设,根据化简得到,得到答案. 【题目详解】 设,则,,,则,设, 则,两式相减得到:, ,,即,, ,故,即,故,故. 故选:. 【答案点睛】 本题考查了椭圆的离心率,意在考查学生的计算能力和转化能力. 11、D 【答案解析】 由函数的周期求得,再由平移后的函数图像关于直线对称,得到 ,由此求得满足条件的的值,即可求得答案. 【题目详解】 分析:由函数的周期求得,再由平移后的函数图像关于直线对称,得到,由此求得满足条件的的值,即可求得答案. 详解:因为函数的最小正周期是, 所以,解得,所以, 将该函数的图像向右平移个单位后, 得到图像所对应的函数解析式为, 由此函数图像关于直线对称,得: ,即, 取,得,满足, 所以函数的解析式为,故选D. 【答案点睛】 本题主要考查了三角函数的图象变换,以及函数的解析式的求解,其中解答中根据三角函数的图象变换得到,再根据三角函数的性质求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力. 12、B 【答案解析】 甲同学所有的选择方案共有种,甲同学同时选择历史和化学后,只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可,共有种选择方案,根据古典概型的概率计算公式,可得甲同学同时选择历史和化学的概率,故选B. 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。 13、 【答案解析】 利用正弦定理求得角B,再利用二倍角的余弦公式,即可求解. 【题目详解】 由正弦定理得, ,. 故答案为:. 【答案点睛】 本题考查了正弦定理求角,三角恒等变换,属于基础题. 14、 【答案解析】 分析题意可知,三棱柱为正三棱柱,所以三棱柱的中心即为外接球的球心, 设棱柱的底面边长为,高为,则三棱柱的侧面积为,球的半径表示为,再由重要不等式即可得球表面积的最小值 【题目详解】 如下图, ∵三棱柱为正三棱柱 ∴设, ∴三棱柱的侧面积为 ∴ 又外接球半径 ∴外接球表面积. 故答案为: 【答案点睛】 考查学生对几何体的正确认识,能通过题意了解到题目传达的意思,培养学生空间想象力,能够利用题目条件,画出图形,寻找外接球的球心以及半径,属于中档题 15、 【答案解析】 利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式,求得展开式中的常数项. 【题目详解】 因为的二项展开式中,所有项的系数之和为4n=1024, n=5, 故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15. 【答案点睛】 本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式,属于中档题. 16、 【答案解析】 求出函数的导数,利用导数的几何意义令,即可求出切线斜率. 【题目详解】 , , , 即曲线在处的切线的斜率. 故答案为: 【答案点睛】 本题考查了导数的几何意义、导数的运算法则以及基本初等函数的导数,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)(2

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