2023学年江西省赣州市博雅文高三考前热身数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 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．设递增的等比数列的前n项和为，已知，，则（ ） A．9 B．27 C．81 D． 2．已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，，的大小关系为( ) A． B． C． D． 3．已知实数集，集合，集合，则（ ） A． B． C． D． 4．一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（ ） A．17种 B．27种 C．37种 D．47种 5．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题 ①的值域为 ②的一个对称轴是 ③的一个对称中心是 ④存在两条互相垂直的切线 其中正确的命题个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知是等差数列的前项和，若，，则（ ） A．5 B．10 C．15 D．20 7．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员､面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态､紧跟时代脉搏的热门｡该款软件主要设有“阅读文章”､“视听学习”两个学习模块和“每日答题”､“每周答题”､“专项答题”､“挑战答题”四个答题模块｡某人在学习过程中，“阅读文章”不能放首位，四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有（ ） A．60 B．192 C．240 D．432 8．设P＝{y |y＝－x2＋1，x∈R}，Q＝{y |y＝2x，x∈R}，则 A．P Q B．Q P C．Q D．Q 9．若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（ ） A． B．4 C．2 D． 10．函数的对称轴不可能为（ ） A． B． C． D． 11．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 12．设，则，则（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．对于任意的正数，不等式恒成立，则的最大值为_____. 14．在的展开式中，的系数为________． 15．双曲线的焦距为__________，渐近线方程为________． 16．点P是△ABC所在平面内一点且在△ABC内任取一点，则此点取自△PBC内的概率是____ 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）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）求证：为定值． 18．（12分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列) (I)试用表示： (II)证明：原点到直线l的距离为定值. 19．（12分）如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点． 求证：平面平面； 是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 20．（12分）在直角坐标系中，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）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （2）若点是直线的一点，过点作曲线的切线，切点为，求的最小值. 21．（12分）已知函数. （1）若，，求函数的单调区间； （2）时，若对一切恒成立，求a的取值范围. 22．（10分）已知函数，． （1）当时，求不等式的解集； （2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 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】 根据两个已知条件求出数列的公比和首项，即得的值. 【题目详解】 设等比数列的公比为q. 由，得，解得或. 因为.且数列递增，所以. 又，解得， 故. 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查等比数列的通项和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 2、C 【答案解析】 根据题意，得，，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较. 【题目详解】 因为，且的图象经过第一、二、四象限， 所以，， 所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为， 所以， 又，， 则|， 即， 所以. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想. 3、A 【答案解析】 可得集合,求出补集,再求出即可. 【题目详解】 由,得,即, 所以, 所以. 故选:A 【答案点睛】 本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题. 4、C 【答案解析】 由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解. 【题目详解】 所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种, 故选:C 【答案点睛】 本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题. 5、C 【答案解析】 由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④. 【题目详解】 由题,, 则向右平移个单位可得, ,的值域为,①错误； 当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确； 当时,,所以的一个对称中心是,③正确； ,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确. 即②③④正确,共3个. 故选:C 【答案点睛】 本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用. 6、C 【答案解析】 利用等差通项，设出和，然后，直接求解即可 【题目详解】 令，则，，∴，，∴. 【答案点睛】 本题考查等差数列的求和问题，属于基础题 7、C 【答案解析】 四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法．注意按“阅读文章”分类． 【题目详解】 四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法，由于“阅读文章”不能放首位，因此不同的方法数为． 故选：C． 【答案点睛】 本题考查排列组合的应用，考查捆绑法和插入法求解排列问题．对相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法． 8、C 【答案解析】 解：因为P ={y|y=-x2+1，x∈R}={y|y1}，Q ={y| y=2x，x∈R }={y|y>0},因此选C 9、D 【答案解析】 由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模． 【题目详解】 ，． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题． 10、D 【答案解析】 由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论． 【题目详解】 对于函数，令，解得， 当时，函数的对称轴为，，. 故选：D. 【答案点睛】 本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题． 11、D 【答案解析】 连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角）， 不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案. 【题目详解】 连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角）， 不妨设正方体的棱长为2，则，， 在等腰中，取的中点为，连接， 则，， 所以， 即：， 所以异面直线，所成角的余弦值为. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力. 12、A 【答案解析】 根据换底公式可得，再化简，比较的大小，即得答案. 【题目详解】 ， ， . ，显然. ,即， ，即. 综上，. 故选：. 【答案点睛】 本题考查换底公式和对数的运算，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 根据均为正数，等价于恒成立，令，转化为恒成立，利用基本不等式求解最值. 【题目详解】 由题均为正数，不等式恒成立，等价于 恒成立， 令则， 当且仅当即时取得等号， 故的最大值为. 故答案为： 【答案点睛】 此题考查不等式恒成立求参数的取值范围，关键在于合理进行等价变形，此题可以构造二次函数求解，也可利用基本不等式求解. 14、 【答案解析】 根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可. 【题目详解】 的展开式中， 所求项为：， 的系数为. 故答案为:. 【答案点睛】 本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题. 15、6 【答案解析】 由题得 所以焦距,故第一个空填6. 由题得渐近线方程为.故第二个空填. 16、 【答案解析】 设是中点，根据已知条件判断出三点共线且是线段靠近的三等分点，由此求得，结合几何概型求得点取自三角形的概率. 【题目详解】 设是中点，因为，所以，所以三点共线且点是线段靠近的三等分点， 故，所以此点取自内的概率是． 故答案为： 【答案点睛】 本小题主要考查三点共线的向量表示，考查几何概型概率计算，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、（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析． 【答案解析】 （Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程； （Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以 ，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到． 【题目详解】 （Ⅰ）解：由题意可知：，解得， 椭圆的方程为：； （Ⅱ）证：设点，，点，， 联立方程，消去得：， ，①， 点，，， 直线的方程为：，令得，，，， 同理可得，， ， 把①式代入上式得：， 为定值． 【答案点睛】 本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题． 18、 (I) ；(II)证明见解析 【答案解析】 (I)直接利用两点间距离公式化简得到答案. (II) 设，，联立方程得到，，代入化简得到，计算得到证明. 【题目详解】 (I) 椭圆，故， . (II)设，，则将代入得到： ，故， ， ，故，得到， ，故，同理：， 由已知得：或， 故， 即，化简得到. 故原点到直线l的距离为为定值. 【答案点睛】 本题考查了椭圆内的线段长度，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 19、证明见解析；2. 【答案解析】 利用面面垂直的判定定理证明即可； 由，知，所以可得出，因此，的充要条件是，继而得出的值. 【题目详解】 解：证明：因为是正三角形，为线段的中点， 所以． 因为是菱形，所以． 因为， 所以是正三角形， 所以，而， 所以平面． 又， 所以平面． 因为平面， 所以平面平面． 由，知． 所以，， ．