2022-2023学年吉林省辽源市东辽县一中高考数学押题试卷含解析.doc

2023年高考数学模拟试卷注意事项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已知函数为奇函数，且，则（ ）A2B5C1D32已知角的终边经过点,则ABCD3甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）A丙被录用了B乙被录用了C甲被录用了D无法确定谁被录用了4函数的一个单调递增区间是（ ）ABCD5若表示不超过的最大整数(如，)，已知，则（ ）A2B5C7D86设集合，集合 ，则 =（ ）ABCDR7设，则“ “是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必条件8集合的真子集的个数为( )A7B8C31D329设，则关于的方程所表示的曲线是（ ）A长轴在轴上的椭圆B长轴在轴上的椭圆C实轴在轴上的双曲线D实轴在轴上的双曲线10已知复数满足，则的共轭复数是（ ）ABCD11体育教师指导4个学生训练转身动作，预备时，4个学生全部面朝正南方向站成一排.训练时，每次都让3个学生“向后转”，若4个学生全部转到面朝正北方向，则至少需要“向后转”的次数是（ ）A3B4C5D612设，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中所有项的系数和为_，常数项为_.14已知，满足不等式组，则的取值范围为_15平面直角坐标系中,O为坐标原点,己知A(3,1),B(-1,3),若点C满足,其中,R,且+=1,则点C的轨迹方程为 16记数列的前项和为，已知，且.若，则实数的取值范围为_.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）已知点，若点满足.（）求点的轨迹方程； （）过点的直线与（）中曲线相交于两点，为坐标原点， 求面积的最大值及此时直线的方程.18（12分）的内角的对边分别为,且(1)求角的大小(2)若,的面积,求的周长19（12分）已知，.（1）求函数的单调递增区间；（2）的三个内角、所对边分别为、，若且，求面积的取值范围.20（12分）设函数（）的最小值为.（1）求的值；（2）若，为正实数，且，证明：.21（12分）对于非负整数集合（非空），若对任意，或者，或者，则称为一个好集合以下记为的元素个数（1）给出所有的元素均小于的好集合（给出结论即可）（2）求出所有满足的好集合（同时说明理由）（3）若好集合满足，求证：中存在元素，使得中所有元素均为的整数倍22（10分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.（）求证：平面平面； （）若，求二面角的余弦值.参考答案一、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【解析】由函数为奇函数,则有,代入已知即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查奇偶性在抽象函数中的应用,考查学生分析问题的能力,难度较易.2、D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D3、C【解析】假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，综上可得甲被录用了，故选：C.【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.4、D【解析】利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式和辅助角公式化简表达式，再根据三角函数单调区间的求法，求得的单调区间，由此确定正确选项.【详解】因为，由单调递增，则（），解得（），当时，D选项正确.C选项是递减区间，A，B选项中有部分增区间部分减区间.故选：D【点睛】本小题考查三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想，应用意识.5、B【解析】求出，判断出是一个以周期为6的周期数列，求出即可【详解】解：.，同理可得：；.；，.故是一个以周期为6的周期数列，则.故选：B.【点睛】本题考查周期数列的判断和取整函数的应用6、D【解析】试题分析：由题，选D考点：集合的运算7、B【解析】解出两个不等式的解集，根据充分条件和必要条件的定义，即可得到本题答案.【详解】由，得，又由，得，因为集合，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，其中涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的解法.8、A【解析】计算，再计算真子集个数得到答案.【详解】，故真子集个数为：.故选：.【点睛】本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.9、C【解析】根据条件，方程即，结合双曲线的标准方程的特征判断曲线的类型【详解】解：k1，1+k>0，k2-10，方程，即，表示实轴在y轴上的双曲线，故选C【点睛】本题考查双曲线的标准方程的特征，依据条件把已知的曲线方程化为是关键10、B【解析】根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可.【详解】由，得，所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.11、B【解析】通过列举法，列举出同学的朝向，然后即可求出需要向后转的次数.【详解】“正面朝南”“正面朝北”分别用“”“”表示，利用列举法，可得下表，原始状态第1次“向后转”第2次“向后转”第3次“向后转”第4次“向后转”可知需要的次数为4次.故选：B.【点睛】本题考查的是求最小推理次数，一般这类题型构造较为巧妙，可通过列举的方法直观感受，属于基础题.12、A【解析】先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】，因此，故选：A.【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3 -260 【解析】(1)令求得所有项的系数和； (2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项.【详解】将代入，得所有项的系数和为3.因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为.故答案为：3； -260【点睛】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题.14、【解析】画出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，易知在点处取得最小值，即，所以由图可知的取值范围为15、【解析】根据向量共线定理得A,B,C三点共线，再根据点斜式得结果【详解】因为,且+=1，所以A,B,C三点共线，因此点C的轨迹为直线AB:【点睛】本题考查向量共线定理以及直线点斜式方程，考查基本分析求解能力，属中档题.16、【解析】根据递推公式，以及之间的关系，即可容易求得，再根据数列的单调性，求得其最大值，则参数的范围可求.【详解】当时，解得.所以.因为，则，两式相减，可得，即，则.两式相减，可得.所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，所以，则.令，则.当时，数列单调递减，而，故，即实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查由递推公式求数列的通项公式，涉及数列单调性的判断，属综合困难题.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、（）；（）面积的最大值为，此时直线的方程为.【解析】（1）根据椭圆的定义求解轨迹方程；（2）设出直线方程后，采用（表示原点到直线的距离）表示面积，最后利用基本不等式求解最值.【详解】解：（）由定义法可得，点的轨迹为椭圆且，. 因此椭圆的方程为. （）设直线的方程为与椭圆交于点， ，联立直线与椭圆的方程消去可得，即，. 面积可表示为令，则，上式可化为，当且仅当，即时等号成立，因此面积的最大值为，此时直线的方程为.【点睛】常见的利用定义法求解曲线的轨迹方程问题：（1）已知点，若点满足且，则的轨迹是椭圆；（2）已知点，若点满足且，则的轨迹是双曲线.18、（I）；（II）【解析】试题分析：（I）由已知可得；（II）依题意得：的周长为试题解析：（I）， ， ， ， （II）依题意得：， ，的周长为考点：1、解三角形；2、三角恒等变换19、（1）；（2）.【解析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可求得函数的单调递增区间；（2）由求得，利用余弦定理结合基本不等式求出的取值范围，再结合三角形的面积公式可求得面积的取值范围.【详解】（1），解不等式，解得.因此，函数的单调递增区间为；（2）由题意，则，解得.由余弦定理得，又，当且仅当时取等号，所以，的面积.【点睛】本题考查正弦型函数单调区间的求解，同时也考查了三角形面积取值范围的计算，涉及余弦定理和基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.20、（1）（2）证明见解析【解析】（1）分类讨论，去绝对值求出函数的解析式，根据一次函数的性质，得出的单调性，得出取最小值，即可求的值；（2）由（1）得出，利用“乘1法”，令，化简后利用基本不等式求出的最小值，即可证出.【详解】（1）解：当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时，取最小值.（2）证明：由（1）可知.要证明：，即证，因为，为正实数，所以.当且仅当，即，时取等号，所以.【点睛】本题考查绝对值不等式和基本不等式的应用，还运用“乘1法”和分类讨论思想，属于中档题.21、（1），（2）；证明见解析（3）证明见解析【解析】（1）根据好集合的定义列举即可得到结果；（2）设，其中，由知；由可知或，分别讨论两种情况可的结果；（3）记，则，设，由归纳推理可求得，从而得到，从而得到，可知存在元素满足题意.【详解】（1），（2）设，其中，则由题意：，故，即，考虑，可知：，或，若，则考虑，则，但此时，不满足题意；若，此时，满足题意，其中为相异正整数（3）记，则，首先，设，其中，分别考虑和其他任一元素，由题意可得：也在中，而，对于，考虑，其和大于，故其差，特别的，由，且，以此类推：，此时，故中存在元素，使得中所有元素均为的整数倍【点睛】本题考查集合中的新定义问题的求解，关键是明确已知中所给的新定义的具体要求，根据集合元素的要求进行推理说明，对于学生分析和解决问题能力、逻辑推理能力有较高的要求，属于较难题.22、（）详见解析；（）.【解析】（）由正方形的性质得出，由平面得出，进而可推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论；（）取的中点，连接、，以、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.【详解】（）是正方形，平面，平面，、平面，且，平面 ，又平面，平面平面；（）取的中点，连接、，是正方形，易知、两两垂直，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，在中，、，设平面的一个法向量，由，得，令，则，.设平面的一个法向量，由，得，取，得，得.，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.