山西省太原市山西大学附中2022-2023学年高考数学押题试卷含解析.doc

2023年高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，已知函数（），则函数的值域为（ ）ABCD2在三棱锥中，且分别是棱，的中点，下面四个结论：；平面；三棱锥的体积的最大值为；与一定不垂直.其中所有正确命题的序号是（ ）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P是的充分不必要条件，则p是q的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5复数，是虚数单位，则下列结论正确的是AB的共轭复数为C的实部与虚部之和为1D在复平面内的对应点位于第一象限6如图，设为内一点，且，则与的面积之比为ABCD7某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）ABCD8已知直线：与椭圆交于、两点，与圆：交于、两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）ABCD9已知椭圆的右焦点为F，左顶点为A，点P椭圆上，且，若，则椭圆的离心率为（ ）ABCD10已知F为抛物线y24x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则|FA|FB|的值等于（）AB8CD411设集合，若集合中有且仅有2个元素，则实数的取值范围为ABCD12设复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知是定义在上的奇函数，当时，则不等式的解集用区间表示为_14设、为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：若mn，则m；若m，n，m，n，则；若，m，n，则mn；若，m，n，mn，则n；其中正确命题的序号为_15请列举用0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字且比210大的所有三位奇数：_16已知ABC得三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为_.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）在中，角所对的边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求边长.18（12分）已知数列的各项均为正数，且满足.（1）求，及的通项公式；（2）求数列的前项和.19（12分）设为实数,已知函数,（1）当时,求函数的单调区间：（2）设为实数,若不等式对任意的及任意的恒成立,求的取值范围;（3）若函数（,）有两个相异的零点,求的取值范围20（12分）已知数列为公差为d的等差数列，且，依次成等比数列，.（1）求数列的前n项和；（2）若，求数列的前n项和为.21（12分）已知矩阵不存在逆矩阵，且非零特低值对应的一个特征向量，求的值.22（10分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、试判断是否为定值,并说明理由参考答案一、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】利用换元法化简解析式为二次函数的形式，根据二次函数的性质求得的取值范围，由此求得的值域.【详解】因为（），所以，令（），则（），函数的对称轴方程为，所以，所以，所以的值域为.故选：B【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.2、D【解析】通过证明平面，证得；通过证明，证得平面；求得三棱锥体积的最大值，由此判断的正确性；利用反证法证得与一定不垂直.【详解】设的中点为，连接，则，又，所以平面，所以，故正确；因为，所以平面，故正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故正确.故选：D【点睛】本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，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、B【解析】试题分析：通过逆否命题的同真同假，结合充要条件的判断方法判定即可由p是的充分不必要条件知“若p则”为真，“若则p”为假，根据互为逆否命题的等价性知，“若q则”为真，“若则q”为假，故选B考点：逻辑命题5、D【解析】利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论【详解】由题意，则，的共轭复数为，复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D【点睛】复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为6、A【解析】作交于点，根据向量比例，利用三角形面积公式，得出与的比例，再由与的比例，可得到结果.【详解】如图，作交于点，则，由题意，且，所以又，所以，即，所以本题答案为A.【点睛】本题考查三角函数与向量的结合，三角形面积公式，属基础题，作出合适的辅助线是本题的关键.7、D【解析】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.【详解】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.故，.故，故，.故选：.【点睛】本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.8、A【解析】由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率与坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围.【详解】设，且线过定点即为的圆心，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.9、C【解析】不妨设在第一象限，故，根据得到，解得答案.【详解】不妨设在第一象限，故，即，即，解得，（舍去）.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力.10、C【解析】将直线方程代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出的值【详解】F（1，0），故直线AB的方程为yx1，联立方程组，可得x26x+10，设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x26，x1x21由抛物线的定义可知：|FA|x1+1，|FB|x2+1，|FA|FB|x1x2|故选C【点睛】本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题11、B【解析】由题意知且，结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知，则，故，又，则，所以，所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算，以及借助数轴解决有关问题，其中确定中的元素是解题的关键，属于基础题.12、B【解析】设，根据复数的几何意义得到、的关系式，即可得解；【详解】解：设，解得.故选：B【点睛】本题考查复数的几何意义的应用，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】设 ，则 ，由题意可得 故当 时， 由不等式 ，可得 ，或 求得 ，或 故答案为（ 14、【解析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.【详解】对于，当mn时，由直线与平面平行的定义和判定定理，不能得出m，错误；对于，当m，n，且m，n时，由两平面平行的判定定理，不能得出，错误；对于，当，且m，n时，由两平面平行的性质定理，不能得出mn，错误；对于，当，且m，n，mn时，由两平面垂直的性质定理，能够得出n，正确；综上知，正确命题的序号是故答案为：【点睛】本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.15、231,321,301,1【解析】分个位数字是1、3两种情况讨论，即得解【详解】0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字比210大的所有三位奇数有：（1）当个位数字是1时，数字可以是231,321,301；（2）当个位数字是3时数字可以是1故答案为：231,321,301，1【点睛】本题考查了分类计数法的应用，考查了学生分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.16、【解析】试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为，所对的角为最大角，设为，则根据余弦定理得，故答案为.考点：余弦定理及等比数列的定义.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）把代入已知条件，得到关于的方程，得到的值，从而得到的值.（2）由（1）中得到的的值和已知条件，求出，再根据正弦定理求出边长.【详解】（1）因为，所以，所以，即.因为，所以，因为，所以.（2）.在中，由正弦定理得，所以，解得.【点睛】本题考查三角函数公式的运用，正弦定理解三角形，属于简单题.18、（1）；.；（2）【解析】（1）根据题意，知，且，令和即可求出，以及运用递推关系求出的通项公式；（2）通过定义法证明出是首项为8，公比为4的等比数列，利用等比数列的前项和公式，即可求得的前项和.【详解】解：（1）由题可知，且，当时，则，当时，由已知可得，且，的通项公式：.（2）设，则，所以，得是首项为8，公比为4的等比数列，所以数列的前项和为：，即，所以数列的前项和：.【点睛】本题考查通过递推关系求数列的通项公式，以及等比数列的前项和公式，考查计算能力.19、（1）函数单调减区间为;单调增区间为（2）（3）【解析】（1）据导数和函数单调性的关系即可求出;（2）分离参数,可得对任意的及任意的恒成立,构造函数,利用导数求出函数的最值即可求出的范围;（3）先求导,再分类讨论,根据导数和函数单调性以及最值得关系即可求出的范围【详解】解：（1）当时,因为,当时,;当时,所以函数单调减区间为;单调增区间为（2）由,得,由于,所以对任意的及任意的恒成立,由于,所以,所以对任意的恒成立,设,则,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以,所以（3）由,得,其中若时,则,所以函数在上单调递增,所以函数至多有一个零点,不合题意;若时,令,得由第（2）小题,知：当时,所以,所以,所以当时,函数的值域为所以,存在,使得,即, 且当时,所以函数在上单调递增,在上单调递减因为函数有两个零点,所以设,则,所以函数在单调递增,由于,所以当时,所以,式中的,又由式,得由第（1）小题可知,当时,函数在上单调递减,所以,即当时,（）由于,所以得,又因为,且函数在上单调递减,函数的图象在上不间断,所以函数在上恰有一个零点;（）由于,令,设,由于时,所以设,即由式,得,当时,且,同理可得函数在上也恰有一个零点综上,【点睛】本题考查含参数的导数的单调性,利用导数求不等式恒成立问题,以及考查函数零点问题,考查学生的计算能力,是综合性较强的题.20、（1）（2）【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及等比中项求出公差，从而求出，再利用等比数列的前项和公式即可求解. （2）由（1）求出，再利用裂项求和法即可求解.【详解】（1），且，依次成等比数列，即：，；（2），.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式、裂项求和法，需熟记公式，属于基础题.21、【解析】由不存在逆矩阵，可得，再利用特征多项式求出特征值3，0，利用矩阵乘法运算即可.【详解】因为不存在逆矩阵，所以.矩阵的特征多项式为，令，则或，所以，即，所以，所以【点睛】本题考查矩阵的乘法及特征值、特征向量有关的问题，考查学生的运算能力，是一道容易题.22、（1）（2）为定值【解析】（1）根据题意,得出,从而得出椭圆的标准方程（2）根据题意设直线方程：,因为直线与椭圆相切,这有一个交点,联立直线与椭圆方程得,则,解得把和代入,得和 ,的表达式,比即可得出为定值【详解】解：（1）依题意,所以椭圆的标准方程为（2）为定值.因为直线分别与直线和直线相交,所以,直线一定存在斜率设直线：,由得,由,得 把代入,得,把代入,得,又因为,所以,由式,得, 把式代入式,得,即为定值【点睛】本题考查椭圆的定义、方程、和性质,主要考查椭圆方程的运用,考查椭圆的定值问题,考查计算能力和转化思想,是中档题.