山西省六校2023届高考仿真模拟数学试卷含解析.doc

2023年高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（ ） ABCD2已知复数，若，则的值为（ ）A1BCD3已知向量，则（ ）ABC()D( )4设集合Ay|y2x1，xR，Bx|2x3，xZ，则AB（ ）A（1，3B1，3C0，1，2，3D1，0，1，2，35若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）A的虚部为BC的共轭复数为D为纯虚数6如图，在四边形中，则的长度为（ ）ABCD7正方体，是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面平行的直线有几条（ ）A36B21C12D68已知定义在上的函数满足，且当时，则方程的最小实根的值为（ ）ABCD9已知为等比数列，则（ ）A9B9CD10函数图象的大致形状是（ ）ABCD11已知等差数列的前13项和为52，则（ ）A256B-256C32D-3212执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数值的个数为（ ）A1B2C3D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设平面向量与的夹角为，且，则的取值范围为_.14若,则=_,=_.15在中， ，则_.16在的展开式中，的系数为_用数字作答三、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）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，E是PD的中点证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值18（12分）在平面直角坐标系中，为直线上动点，过点作抛物线:的两条切线，切点分别为，为的中点.（1）证明:轴；（2）直线是否恒过定点?若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.19（12分）已知函数()当时，讨论函数的单调区间；()若对任意的和恒成立，求实数的取值范围20（12分）已知抛物线：（）上横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4.（1）求p的值；（2）设（）为抛物线上的动点，过P作圆的两条切线分别与y轴交于A、B两点.求的取值范围.21（12分）已知等差数列的前n项和为，公差，、成等比数列，数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）已知，求数列的前n项和.22（10分）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意的，当时，都有恒成立，求最大的整数.（参考数据：）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、D【解析】利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可.【详解】在函数的解析式中，令，可得，则点，直线的方程为，矩形中位于曲线上方区域的面积为，矩形的面积为，由几何概型的概率公式得，所以，.故选：D.【点睛】本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.2、D【解析】由复数模的定义可得：，求解关于实数的方程可得：.本题选择D选项.3、D【解析】由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.【详解】向量（1，2），（3，1），和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；显然，3+20，故、不垂直，故排除B；（2，1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；（）2+20，故 （），故D正确，故选：D.【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.4、C【解析】先求集合A，再用列举法表示出集合B，再根据交集的定义求解即可【详解】解：集合Ay|y2x1，xRy|y1，Bx|2x3，xZ2，1，0，1，2，3，AB0，1，2，3，故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题5、D【解析】将复数整理为的形式，分别判断四个选项即可得到结果.【详解】的虚部为，错误；，错误；，错误；，为纯虚数，正确本题正确选项：【点睛】本题考查复数的模长、实部与虚部、共轭复数、复数的分类的知识，属于基础题.6、D【解析】设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【详解】设，在中，由余弦定理得，则，从而，由正弦定理得，即，从而，在中，由余弦定理得：，则.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.7、B【解析】先找到与平面平行的平面，利用面面平行的定义即可得到.【详解】考虑与平面平行的平面，平面，平面，共有，故选：B.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的定义，涉及到了简单的组合问题，是一中档题.8、C【解析】先确定解析式求出的函数值，然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的，通过计算即可得到答案.【详解】当时，所以，故当时，所以，而，所以，又当时，的极大值为1，所以当时，的极大值为，设方程的最小实根为，则，即，此时令，得，所以最小实根为411.故选：C.【点睛】本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题.9、C【解析】根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.【详解】,又,可解得或设等比数列的公比为,则当时, ；当时, ,.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.10、B【解析】判断函数的奇偶性，可排除A、C，再判断函数在区间上函数值与的大小，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以函数是奇函数，可排除A、C；又当，可排除D；故选：B.【点睛】本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题.11、A【解析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质可以求得结果.【详解】由，得.选A.【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，等差数列的等和性应用能快速求得结果.12、C【解析】试题分析：根据题意，当时，令，得；当时，令，得，故输入的实数值的个数为1考点：程序框图二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据已知条件计算出，结合得出，利用基本不等式可得出的取值范围，利用平面向量的数量积公式可求得的取值范围，进而可得出的取值范围.【详解】，由得，由基本不等式可得，因此，的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查利用向量的模求解平面向量夹角的取值范围，考查计算能力，属于中等题.14、1 0 【解析】根据换底公式计算即可得解；根据同底对数加法法则，结合的结果即可求解.【详解】由题：,则；由可得：.故答案为：1，0【点睛】此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.15、【解析】先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.【详解】由知：，则在方向的投影为，由向量数量积的几何意义得：，故答案为【点睛】本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.16、1【解析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令，求出展开式中的系数【详解】二项展开式的通项为 令得的系数为 故答案为1【点睛】利用二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具三、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）见解析；（2）【解析】（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【详解】（1）平面平面，平面平面= ，所以 .由面面垂直的性质定理得平面，在中，由正弦定理可得：，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，设 ，则， , 得，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.18、（1）见解析（2）直线过定点.【解析】（1）设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，设出点坐标并代入切线的方程，同理将点坐标代入切线的方程，利用韦达定理求得线段中点的横坐标，由此判断出轴.（2）求得点的纵坐标，由此求得点坐标，求得直线的斜率，由此求得直线的方程，化简后可得直线过定点.【详解】（1）设切点，切线的斜率为，切线：，设，则有，化简得，同理可的.，是方程的两根，轴.（2），.，直线：，即，直线过定点.【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.19、 ()见解析()【解析】()首先求得导函数，然后结合导函数的解析式分类讨论函数的单调性即可； ()将原问题进行等价转化为，恒成立，然后构造新函数，结合函数的性质确定实数的取值范围即可【详解】解：()当时，当时，在上恒成立，函数在上单调递减；当时，由得：；由得：当时，函数的单调递减区间是，无单调递增区间：当时，函数的单调递减区间是，函数的单调递增区间是()对任意的和，恒成立等价于：，恒成立即，恒成立令：，则得，由此可得：在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，即又，实数的取值范围是：【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性和恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，等价转化的数学思想等知识，属于中等题20、（1）；（2）【解析】（1）根据横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，由抛物线的定义得到求解.（2）设过点的直线方程为，根据直线与圆相切，则有，整理得：，根据题意，建立，将韦达定理代入求解.【详解】（1）因为横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，由抛物线的定义得：，解得:.（2）设过点的直线方程为，因为直线与圆相切，所以，整理得：，由题意得：所以，因为，所以，所以.【点睛】本题主要考查抛物线的定义及点与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.21、（1），（）；（2）.【解析】（1）根据是等差数列，、成等比数列，列两个方程即可求出，从而求得，代入化简即可求得；（2）化简后求和为裂项相消求和，分组求和即可，注意讨论公比是否为1.【详解】（1）由题意知，由得，解得.又，得，解得或（舍）.，.又（），（）.（2），当时，.当时，.【点睛】此题等差数列的通项公式的求解，裂项相消求和等知识点，考查了化归和转化思想，属于一般性题目.22、（1）（2）2【解析】（1）先求得切点坐标，利用导数求得切线的斜率，由此求得切线方程.（2）对分成，两种情况进行分类讨论.当时 ，将不等式转化为，构造函数，利用导数求得的最小值（设为）的取值范围，由的得在上恒成立，结合一元二次不等式恒成立，判别式小于零列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】（1）已知函数，则处即为，又，可知函数过点的切线为，即.（2）注意到，不等式中，当时，显然成立；当时，不等式可化为令，则，所以存在，使.由于在上递增，在上递减，所以是的唯一零点.且在区间上，递减，在区间上，递增，即的最小值为，令，则，将的最小值设为，则，因此原式需满足，即在上恒成立，又，可知判别式即可，即，且可以取到的最大整数为2.【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.