云南省曲靖市重点中学2022-2023学年高考仿真卷数学试卷含解析.doc

2023年高考数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（ ）ABCD2若复数z满足，则（ ）ABCD3已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD4已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件5在中，若，则实数( )ABCD6若直线与曲线相切，则（ ）A3BC2D7如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A2对B3对C4对D5对8函数在上单调递减，且是偶函数，若 ，则 的取值范围是（）A（2，+）B（，1）（2，+）C（1，2）D（，1）9已知，则（ ）A2BCD310设等差数列的前项和为，若，则（ ）A10B9C8D711如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ）ABCD12已知复数，则的虚部是（ ）ABCD1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13函数过定点_.14已知函数，（其中e为自然对数的底数），若关于x的方程恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围为_.15已知抛物线的焦点为，其准线与坐标轴交于点，过的直线与抛物线交于两点，若，则直线的斜率_.16已知集合，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）已知椭圆的左，右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点；当直线经过椭圆的下顶点和右焦点时，的周长为，且与椭圆的另一个交点的横坐标为（1）求椭圆的方程；（2）点为内一点，为坐标原点，满足，若点恰好在圆上，求实数的取值范围.18（12分）已知a>0，b>0，a+b=2.（）求的最小值；（）证明：19（12分）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形, 为棱上的动点,且.(I)求证：为直角三角形；(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.20（12分）已知，证明：（1）；（2）.21（12分）设等差数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）求的前项和及使得最小的的值.22（10分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数在上存在两个极值点，且，证明.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、A【解析】设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x21再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案【详解】解：设A（），B（），由抛物线C：x21y，得，则y，由，可得，即x1x21又，故选：A点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,再求切线PA,PB方程，求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.2、D【解析】先化简得再求得解.【详解】所以.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3、B【解析】根据所给函数解析式，画出函数图像.结合图像，分段讨论函数的零点情况：易知为的一个零点；对于当时，由代入解析式解方程可求得零点，结合即可求得的范围；对于当时，结合导函数，结合导数的几何意义即可判断的范围.综合后可得的范围.【详解】根据题意，画出函数图像如下图所示：函数的零点，即.由图像可知，所以是的一个零点，当时，若，则，即，所以，解得；当时，则，且若在时有一个零点，则，综上可得，故选：B.【点睛】本题考查了函数图像的画法，函数零点定义及应用，根据零点个数求参数的取值范围，导数的几何意义应用，属于中档题.4、C【解析】根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】点不在直线、上，若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，故选：【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键5、D【解析】将、用、表示，再代入中计算即可.【详解】由，知为的重心，所以，又，所以，所以，.故选：D【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算，是一道中档题.6、A【解析】设切点为，对求导，得到，从而得到切线的斜率，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果.【详解】设切点为，由得，代入得，则，故选A.【点睛】该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目.7、C【解析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作POAD于O，则有PO平面ABCD，POCD，又ADCD，所以，CD平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：POAOOD，所以，APPD，又APCD，所以，AP平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题8、B【解析】根据题意分析的图像关于直线对称，即可得到的单调区间，利用对称性以及单调性即可得到的取值范围。【详解】根据题意，函数 满足是偶函数，则函数的图像关于直线对称，若函数在上单调递减，则在上递增，所以要使，则有，变形可得，解可得：或，即的取值范围为；故选：B【点睛】本题考查偶函数的性质，以及函数单调性的应用，有一定综合性，属于中档题。9、A【解析】利用分段函数的性质逐步求解即可得答案【详解】，；故选：【点睛】本题考查了函数值的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，是基础题，解题时注意函数性质的合理应用10、B【解析】根据题意，解得，得到答案.【详解】，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了等差数列的求和，意在考查学生的计算能力.11、A【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1再由球与圆柱体积公式求解【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1则几何体的体积为故选：【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平12、C【解析】化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部.【详解】，所以的虚部为.故选：C【点睛】本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】令，与参数无关，即可得到定点.【详解】由指数函数的性质，可得，函数值与参数无关，所有过定点.故答案为：【点睛】此题考查函数的定点问题，关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关，熟记常见函数的定点可以节省解题时间.14、【解析】作出图象，求出方程的根，分类讨论的正负，数形结合即可.【详解】当时，令，解得，所以当时，则单调递增，当时，则单调递减，当时，单调递减，且，作出函数的图象如图：（1）当时，方程整理得，只有2个根，不满足条件；（2）若，则当时，方程整理得，则，此时各有1解，故当时，方程整理得，有1解同时有2解，即需，因为（2），故此时满足题意；或有2解同时有1解，则需，由（1）可知不成立；或有3解同时有0解，根据图象不存在此种情况，或有0解同时有3解，则，解得，故，（3）若，显然当时，和均无解，当时，和无解，不符合题意综上：的范围是，故答案为：，【点睛】本题主要考查了函数零点与函数图象的关系，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题15、【解析】求出抛物线焦点坐标，由，结合向量的坐标运算得，直线方程为，代入抛物线方程后应用韦达定理得，从而可求得，得斜率【详解】由得，即联立得解得或，故答案为：【点睛】本题考查直线与抛物线相交，考查向量的线性运算的坐标表示直线方程与抛物线方程联立后消元，应用韦达定理是解决直线与抛物线相交问题的常用方法16、1【解析】分别代入集合中的元素，求出值，再结合集合中元素的互异性进行取舍可解.【详解】依题意，分别令，由集合的互异性，解得，则.故答案为：【点睛】本题考查集合元素的特性：确定性、互异性、无序性确定集合中元素，要注意检验集合中的元素是否满足互异性三、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）或【解析】（1）由椭圆的定义可知，焦点三角形的周长为，从而求出.写出直线的方程，与椭圆方程联立，根据交点横坐标为，求出和，从而写出椭圆的方程；（2）设出P、Q两点坐标，由可知点为的重心，根据重心坐标公式可将点用P、Q两点坐标来表示.由点在圆O上，知点M的坐标满足圆O的方程，得式.为直线l与椭圆的两个交点，用韦达定理表示，将其代入方程，再利用求得的范围，最终求出实数的取值范围.【详解】解：（1）由题意知.，直线的方程为直线与椭圆的另一个交点的横坐标为解得或(舍去)，椭圆的方程为（2）设.点为的重心，点在圆上，由得 ，代入方程，得，即由得解得.或【点睛】本题考查了椭圆的焦点三角形的周长，标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系，其中重心坐标公式、韦达定理的应用是关键.考查了学生的运算能力，属于较难的题.18、（）最小值为；（）见解析【解析】（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.【详解】（）则当且仅当，即，时，所以的最小值为（）要证明：，只需证：，即证明：，由，也即证明：因为，所以当且仅当时，有，即，当时等号成立所以【点睛】本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.19、（1）见解析；(II) .【解析】试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,又平面平面，所以平面，又平面，所以,因为,所以，即,从而为直角三角形.(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,平面，所以平面.以为原点，建立空间直角坐标系如图所示,则,由可得点的坐标所以,设平面的法向量为，则,即解得，令，得，显然平面的一个法向量为,依题意，解得或（舍去），所以，当时，二面角的余弦值为.法二：由(I)可知平面,所以,所以为二面角的平面角，即,在中，,所以，由正弦定理可得，即解得，又,所以,所以，当时，二面角的余弦值为.20、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）先由基本不等式可得，而，即得证；（2）首先推导出，再利用，展开即可得证.【详解】证明：（1），（当且仅当时取等号）.（2），.【点睛】本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，考查逻辑推理能力，属于中档题21、（1）（2）；时，取得最小值【解析】（1）设等差数列的公差为，由，结合已知，联立方程组，即可求得答案.（2）由（1）知，故可得，即可求得答案.【详解】（1）设等差数列的公差为，由及，得解得数列的通项公式为（2）由（1）知时，取得最小值.【点睛】本题解题关键是掌握等差数列通项公式和前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.22、（1）若，则在定义域内递增；若，则在上单调递增，在上单调递减（2）证明见解析【解析】（1），分，讨论即可；（2）由题可得到，故只需证，即，采用换元法，转化为函数的最值问题来处理.【详解】由已知，若，则在定义域内递增；若，则在上单调递增，在上单调递减.（2）由题意，对求导可得从而，是的两个变号零点，因此下证：，即证令，即证：，对求导可得，因为故，所以在上单调递减，而，从而所以在单调递增，所以，即于是【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式，考查学生逻辑推理能力、转化与化归能力，是一道有一定难度的压轴题.