2023学年河北省永年县一中高三第二次联考数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项 1．考生要认真填写考场号和座位序号。 2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。 3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。 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．设实数满足条件则的最大值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ） A． B． C．或 D． 3．若,,,则下列结论正确的是( ) A． B． C． D． 4．若函数在时取得最小值，则（ ） A． B． C． D． 5．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． 6．某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（ ） A． B． C． D． 7．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数，关于x的方程f（x）＝a存在四个不同实数根，则实数a的取值范围是（ ） A．（0，1）∪（1，e） B． C． D．（0，1） 9．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ） A． B． C． D． 10．某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成样本，则这两个样本不变的数字特征是（ ） A．方差 B．中位数 C．众数 D．平均数 11．已知向量，，且与的夹角为，则（ ） A． B．1 C．或1 D．或9 12．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( ) A．5 B．6 C．7 D．9 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为-64，则实数的值为__________. 14．设P为有公共焦点的椭圆与双曲线的一个交点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则______________. 15．已知函数，则的值为 ____ 16．在平面直角坐标系中，已知圆，圆．直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_________ 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）在数列中，已知，且，. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 18．（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，. 求证：平面； 求点到平面的距离. 19．（12分）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，、分别为、中点． （1）求证：； （2）求二面角的大小． 20．（12分）已知抛物线的焦点为，点，点为抛物线上的动点． （1）若的最小值为，求实数的值； （2）设线段的中点为，其中为坐标原点，若，求的面积． 21．（12分）已知数列满足． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 22．（10分）已知数列的前项和为，且满足，各项均为正数的等比数列满足 （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和 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】 画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案. 【题目详解】 如图所示：画出可行域和目标函数， ，即，表示直线在轴的截距加上1， 根据图像知，当时，且时，有最大值为. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键. 2、D 【答案解析】 先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论. 【题目详解】 ， 若在上不单调，令， 则函数对称轴方程为 在区间上有零点（可以用二分法求得）. 当时，显然不成立； 当时，只需 或，解得或. 故选:D. 【答案点睛】 本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题. 3、D 【答案解析】 根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案. 【题目详解】 由指数函数的性质，可得，即， 又由，所以. 故选：D. 【答案点睛】 本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题. 4、D 【答案解析】 利用辅助角公式化简的解析式，再根据正弦函数的最值，求得在函数取得最小值时的值． 【题目详解】 解：，其中，，， 故当，即时，函数取最小值， 所以， 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查辅助角公式，正弦函数的最值的应用，属于基础题． 5、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. 6、D 【答案解析】 利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可. 【题目详解】 在函数的解析式中，令，可得，则点，直线的方程为， 矩形中位于曲线上方区域的面积为， 矩形的面积为， 由几何概型的概率公式得，所以，. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题. 7、D 【答案解析】 求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率. 【题目详解】 由题意可得、. 由，得，则，即. 而，所以，所以点. 因为点在椭圆上，则， 整理可得，所以，所以. 即椭圆的离心率为 故选：D. 【答案点睛】 本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题. 8、D 【答案解析】 原问题转化为有四个不同的实根，换元处理令t，对g（t）进行零点个数讨论. 【题目详解】 由题意，a＞2，令t， 则f（x）＝a⇔⇔ ⇔⇔． 记g（t）． 当t＜2时，g（t）＝2ln（﹣t）（t）单调递减，且g（﹣2）＝2， 又g（2）＝2，∴只需g（t）＝2在（2，+∞）上有两个不等于2的不等根． 则⇔， 记h（t）（t＞2且t≠2）， 则h′（t）． 令φ（t），则φ′（t）2． ∵φ（2）＝2，∴φ（t）在（2，2）大于2，在（2，+∞）上小于2． ∴h′（t）在（2，2）上大于2，在（2，+∞）上小于2， 则h（t）在（2，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减． 由，可得，即a＜2． ∴实数a的取值范围是（2，2）． 故选：D． 【答案点睛】 此题考查方程的根与函数零点问题，关键在于等价转化，将问题转化为通过导函数讨论函数单调性解决问题. 9、C 【答案解析】 设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解. 【题目详解】 设球的半径为R， 根据题意圆柱的表面积为， 解得， 所以该球的体积为 . 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题. 10、A 【答案解析】 通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变. 【题目详解】 由题可知，中位数和众数、平均数都有变化. 本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50，所以没有改变， 根据方差公式可知方差不变. 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 11、C 【答案解析】 由题意利用两个向量的数量积的定义和公式，求的值. 【题目详解】 解：由题意可得， 求得，或， 故选：C. 【答案点睛】 本题主要考查两个向量的数量积的定义和公式，属于基础题． 12、A 【答案解析】 由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出， 从而得出的最大值. 【题目详解】 因为， 则，即 整理得，令， 设， 则， 令,则，令，则， 故在上单调递增，在上单调递减，则， 因为，， 由题可知：时，则，所以， 所以， 当无限接近时，满足条件，所以， 所以要使得 故当时，可有， 故，即， 所以：最大值为5. 故选：A. 【答案点睛】 本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、3或-1 【答案解析】 设，分别令、，两式相减即可得，即可得解. 【题目详解】 设， 令，则①， 令，则②， 则①-②得， 则，解得或. 故答案为：3或-1. 【答案点睛】 本题考查了二项式定理的应用，考查了运算能力，属于中档题. 14、 【答案解析】 设 根据椭圆的几何性质可得 , 根据双曲线的几何性质可得， , 即 故答案为 15、4 【答案解析】 根据的正负值，代入对应的函数解析式求解即可. 【题目详解】 解： . 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查分段函数函数值的求解，是基础题. 16、 【答案解析】 利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出 【题目详解】 解：直线与圆相切，圆心为 由，得或， 当时，到直线的距离，不成立， 当时，与圆相交于，两点，到直线的距离， 故答案为． 【答案点睛】 考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题． 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）见解析. 【答案解析】 （1）由已知变形得到，从而是等差数列，然后利用等差数列的通项公式计算即可； （2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法求出即可. 【题目详解】 （1）由已知，，即，又，则数列是以1为首项3 为公差的等差数列，所以，即. （2）因为，则， 所以，又 是递增数列，所以，综上，. 【答案点睛】 本题考查由递推公式求数列通项公式、裂项相消法