山东省青岛市平度一中2023年高三六校第一次联考数学试卷含解析.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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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在平面直角坐标系中，若不等式组所表示的平面区域内存在点，使不等式成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD2已知，则不等式的解集是（ ）ABCD3在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则（ ）A依次成等差数列B依次成等差数列C依次成等差数列D依次成等差数列4若复数满足,则()ABCD5木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（ ） ABCD6已知F是双曲线（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（ ）A2kB4kC4D27若函数满足，且，则的最小值是（ ）ABCD8已知集合,则（ ）ABCD9我国古代数学巨著九章算术中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？根据上述问题的已知条件，若该女子共织布尺，则这位女子织布的天数是（ ）A2B3C4D110函数在上单调递减的充要条件是（ ）ABCD11设向量，满足，则的取值范围是ABCD12已知，是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（ ）A若m，n/，则mnB若m/，n/，则m/nC若l，l/，则D若/，l，且l/，则l/二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，则该四面体的外接球的体积为_14有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为_.15设，则“”是“”的_条件.16已知函数，曲线与直线相交，若存在相邻两个交点间的距离为，则可取到的最大值为_.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）已知椭圆的右焦点为，离心率为.（1）若，求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于、两点，、分别为线段、的中点，若坐标原点在以为直径的圆上，且，求的取值范围.18（12分）已知函数有两个极值点，.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.19（12分）如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，且垂直于底面， ，分别是的中点.（1）证明：平面平面；（2）已知点在棱上且，求直线与平面所成角的余弦值.20（12分）已知.（1）解不等式；（2）若均为正数，且，求的最小值.21（12分）已知函数，其中，为自然对数的底数（1）当时，求函数的极值；（2）设函数的导函数为，求证：函数有且仅有一个零点22（10分）已知在多面体中，平面平面，且四边形为正方形，且/，点，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.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】依据线性约束条件画出可行域，目标函数恒过，再分别讨论的正负进一步确定目标函数与可行域的基本关系，即可求解【详解】作出不等式对应的平面区域，如图所示：其中，直线过定点，当时，不等式表示直线及其左边的区域，不满足题意；当时，直线的斜率，不等式表示直线下方的区域，不满足题意；当时，直线的斜率，不等式表示直线上方的区域，要使不等式组所表示的平面区域内存在点，使不等式成立，只需直线的斜率，解得.综上可得实数的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查由目标函数有解求解参数取值范围问题，分类讨论与数形结合思想，属于中档题2、A【解析】构造函数，通过分析的单调性和对称性，求得不等式的解集.【详解】构造函数，是单调递增函数，且向左移动一个单位得到，的定义域为，且，所以为奇函数，图像关于原点对称，所以图像关于对称. 不等式等价于，等价于，注意到，结合图像关于对称和单调递增可知.所以不等式的解集是.故选：A【点睛】本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式，属于中档题.3、C【解析】由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.【详解】依次成等差数列， 正弦定理得，由余弦定理得 ，即依次成等差数列，故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到4、C【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的除法运算化简，再由复数模的计算公式求解【详解】解：由，得，故选C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题5、C【解析】由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.【详解】由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120°，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.故选C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.6、D【解析】分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.【详解】当时,等式不是双曲线的方程；当时,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.故选：D【点睛】本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.7、A【解析】由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.【详解】函数满足，即，即，则，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.，由于函数在区间上为增函数，所以，当时，取得最小值.故选：A.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题.8、B【解析】计算，再计算交集得到答案【详解】,表示偶数，故.故选：.【点睛】本题考查了集合的交集，意在考查学生的计算能力.9、B【解析】将问题转化为等比数列问题，最终变为求解等比数列基本量的问题.【详解】根据实际问题可以转化为等比数列问题，在等比数列中，公比，前项和为，求的值因为，解得，解得故选B【点睛】本题考查等比数列的实际应用，难度较易.熟悉等比数列中基本量的计算，对于解决实际问题很有帮助.10、C【解析】先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.【详解】依题意，令，则，故在上恒成立；结合图象可知，解得故.故选：C.【点睛】本题考查求三角函数单调区间. 求三角函数单调区间的两种方法:(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.11、B【解析】由模长公式求解即可.【详解】，当时取等号，所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.12、B【解析】根据线面平行、线面垂直和空间角的知识，判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理，判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.【详解】A若，则在中存在一条直线，使得，则，又，那么，故正确；B若，则或相交或异面，故不正确；C若，则存在，使，又，则，故正确D若，且，则或，又由，故正确故选：B【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，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】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.14、【解析】试题分析：从编号分别为1，1，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件为“取出球的编号互不相同”，则事件包含了个基本事件，所以.考点：1.计数原理；1古典概型.15、充分必要【解析】根据充分条件和必要条件的定义可判断两者之间的条件关系.【详解】当时，有，故“”是“”的充分条件.当时，有，故“”是“”的必要条件.故“”是“”的充分必要条件，故答案为：充分必要.【点睛】本题考查充分必要条件的判断，可利用定义来判断，也可以根据两个条件构成命题及逆命题的真假来判断，还可以利用两个条件对应的集合的包含关系来判断，本题属于容易题.16、4【解析】由于曲线与直线相交，存在相邻两个交点间的距离为，所以函数的周期，可得到的取值范围，再由解出的两类不同的值，然后列方程求出，再结合的取值范围可得的最大值.【详解】，可得，由，则或，即或，由题意得，所以，则或，所以可取到的最大值为4.故答案为：4【点睛】此题考查正弦函数的图像和性质的应用及三角方程的求解，熟练应用三角函数的图像和性质是解题的关键，考查了推理能力和计算能力，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）.【解析】（1）由椭圆的离心率求出、的值，由此可求得椭圆的方程；（2）设点、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由题意得出，可得出，【详解】（1）由题意得，.又因为，所以椭圆的方程为；（2）由，得.设、，所以，依题意，易知，四边形为平行四边形，所以.因为，所以.即，将其整理为.因为，所以，.所以，即.【点睛】本题考查椭圆方程的求法和直线与椭圆位置关系的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，考查计算能力，属于中等题.18、（1） （2）证明见解析【解析】（1）先求得导函数，根据两个极值点可知有两个不等实根，构造函数，求得；讨论和两种情况，即可确定零点的情况，即可由零点的情况确定的取值范围；（2）根据极值点定义可知，代入不等式化简变形后可知只需证明；构造函数，并求得，进而判断的单调区间，由题意可知，并设，构造函数，并求得，即可判断在内的单调性和最值，进而可得，即可由函数性质得，进而由单调性证明，即证明，从而证明原不等式成立.【详解】（1）函数则，因为存在两个极值点，所以有两个不等实根.设，所以.当时，所以在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当时，令得，0减极小值增所以，即.又因为，所以在区间和上各有一个零点，符合题意，综上，实数的取值范围为.（2）证明：由题意知，所以，.要证明，只需证明，只需证明.因为，所以.设，则，所以在上是增函数，在上是减函数.因为，不妨设，设，则，当时，所以，所以在上是增函数，所以，所以，即.因为，所以，所以.因为，且在上是减函数，所以，即，所以原命题成立，得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点，由导数证明不等式，构造函数法的综合应用，极值点偏移证明不等式成立的应用，是高考的常考点和热点，属于难题.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由平面几何知识可得出四边形是平行四边形，可得面，再由面面平行的判定可证得面面平行；（2）由（1）可知，两两垂直，故建立空间直角坐标系，可求得面PAB的法向量，再运用线面角的向量求法，可求得直线与平面所成角的余弦值.【详解】（1），,又，,而、分别是、的中点， 故面,又且，故四边形是平行四边形,面,又，是面内的两条相交直线, 故面面. （2）由（1）可知，两两垂直，故建系如图所示,则，, 设是平面PAB的法向量,，令，则, 直线NE与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间的面面平行的判定，以及线面角的空间向量的求解方法，属于中档题.20、（1）；（2）【解析】（1）利用零点分段讨论法可求不等式的解.（2）利用柯西不等式可求的最小值.【详解】（1），由得或或，解得.（2），所以，由柯西不等式得：所以，即 （当且仅当时取“=”）.所以的最小值为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用柯西不等式求最值.解绝对值不等式的基本方法有零点分段讨论法、图象法、平方法等，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图象法求解时注意图象的正确刻画利用柯西不等式求最值时注意把原代数式配成平方和的乘积形式，本题属于中档题.21、见解析【解析】（1）当时，函数，其定义域为，则，设，易知函数在上单调递增，且，所以当时，即；当时，即，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值，为，无极大值（2）由题可得函数的定义域为，设，显然函数在上单调递增，当时，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，所以函数有且仅有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，因为，所以，又，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点综上，函数有且仅有一个零点22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）构造直线所在平面，由面面平行推证线面平行；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，再由法向量之间的夹角，求得二面角的余弦值.【详解】（1）过点交于点，连接，如下图所示：因为平面平面，且交线为,又四边形为正方形，故可得，故可得平面，又平面，故可得.在三角形中，因为为中点，故可得/，为中点；又因为四边形为等腰梯形，是的中点，故可得/；又，且平面，平面,故面面，又因为平面，故面.即证.（2）连接，作交于点，由（1）可知平面，又因为/，故可得平面，则；又因为/，故可得即，两两垂直，则分别以，为，轴建立空间直角坐标系，则，设面的法向量为，则，则，可取，设平面的法向量为，则，则，可取，可知平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查由面面平行推证线面平行，涉及用向量法求二面角的大小，属综合基础题.