1、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05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
2、的。1已知向量,且,则m=( )A8B6C6D82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( )ABCD3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( )ABCD4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( )A96里B72里C48里D24里5函数与在上最多有n个交点,交点分别为(,n),则( )A
3、7B8C9D106i是虚数单位,若,则乘积的值是( )A15B3C3D157已知函数,则不等式的解集是( )ABCD8已知,其中是虚数单位,则对应的点的坐标为( )ABCD9函数的定义域为( )ABCD10已知数列满足,则( )ABCD11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( )ABCD12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).1
4、4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
5、,是的中点,且()求证:平面;()求二面角的余弦值;()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
6、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,34+(2)(m2)0,解得m1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
7、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,再根据,求得,由可得的最大值,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,、,即为奇数在,单调,由可得的最大值为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
8、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
9、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B7、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
10、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
11、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
12、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
13、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
14、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