四川省遂宁市遂宁二中2023年高考冲刺模拟数学试题含解析.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已知实数集，集合，集合，则（ ）ABCD2已知是第二象限的角，则( )ABCD3过双曲线的右焦点F作双曲线C的一条弦AB，且，若以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，则双曲线C的离心率为（ ）ABC2D4已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点（设点位于第一象限），过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，抛物线的准线交轴于点，若，则直线的斜率为A1BCD5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（ ）A2kB4kC4D26已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且a，b，a，b，则“ab“是“”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7若函数的图象上两点，关于直线的对称点在的图象上，则的取值范围是（ ）ABCD8公元前世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下-个米时，乌龟先他米.所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（ ）A米B米C米D米9已知平行于轴的直线分别交曲线于两点，则的最小值为（ ）ABCD10设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则11如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ）ABCD12设函数，则，的大致图象大致是的( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知是等比数列，且，则_，的最大值为_14已知，满足约束条件则的最大值为_.15实数，满足，如果目标函数的最小值为，则的最小值为_16如图，已知一块半径为2的残缺的半圆形材料，O为半圆的圆心，残缺部分位于过点C的竖直线的右侧，现要在这块材料上裁出一个直角三角形，若该直角三角形一条边在上，则裁出三角形面积的最大值为_.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）已知函数.（1）若函数的图象与轴有且只有一个公共点，求实数的取值范围；（2）若对任意成立，求实数的取值范围.19（12分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若点的极坐标为，求的值20（12分）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点在轴正半轴上，圆心在直线上的圆与轴相切，且关于点对称.（1）求和的标准方程；（2）过点的直线与交于，与交于，求证：.21（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，在锐角中，E是边PD上一点，且.（1）求证：平面ACE；（2）当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为？22（10分）设椭圆E:（a,b>0）过M（2，） ，N(,1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，若不存在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、A【解析】可得集合,求出补集,再求出即可.【详解】由,得,即,所以,所以.故选:A【点睛】本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.2、D【解析】利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.【详解】因为,由诱导公式可得,即,因为,所以,由二倍角的正弦公式可得,所以.故选:D【点睛】本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.3、C【解析】由得F是弦AB的中点.进而得AB垂直于x轴，得，再结合关系求解即可【详解】因为，所以F是弦AB的中点.且AB垂直于x轴.因为以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，所以，即，则，故.故选：C【点睛】本题是对双曲线的渐近线以及离心率的综合考查，是考查基本知识，属于基础题4、C【解析】根据抛物线定义，可得，又，所以，所以，设，则，则，所以，所以直线的斜率故选C5、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.6、D【解析】根据面面平行的判定及性质求解即可【详解】解：a，b，a，b，由ab，不一定有，与可能相交；反之，由，可得ab或a与b异面，a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且a，b，a，b，则“ab“是“”的既不充分也不必要条件故选：D.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题7、D【解析】由题可知，可转化为曲线与有两个公共点，可转化为方程有两解，构造函数，利用导数研究函数单调性，分析即得解【详解】函数的图象上两点，关于直线的对称点在上，即曲线与有两个公共点，即方程有两解，即有两解，令，则，则当时，；当时，故时取得极大值，也即为最大值，当时，；当时，所以满足条件故选：D【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.8、D【解析】根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.【详解】根据题意，这是一个等比数列模型，设，所以，解得，所以 .故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.9、A【解析】设直线为，用表示出，求出，令，利用导数求出单调区间和极小值、最小值，即可求出的最小值【详解】解：设直线为，则，而满足，那么设，则，函数在上单调递减，在上单调递增，所以故选：【点睛】本题考查导数知识的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导确定函数的最小值是关键，属于中档题10、C【解析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.【详解】对于，当为内与垂直的直线时，不满足，错误；对于，设，则当为内与平行的直线时，但，错误；对于，由，知：，又，正确；对于，设，则当为内与平行的直线时，错误.故选：.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.11、A【解析】作于,于,分析可得,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.【详解】作于,于.因为平面平面,平面.故,故平面.故二面角为.又直线与平面所成角为,因为,故.故,当且仅当重合时取等号.又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.故.故选：A【点睛】本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.12、B【解析】采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、5 【解析】 ，即的最大值为14、1【解析】先画出约束条件的可行域，根据平移法判断出最优点，代入目标函数的解析式，易可得到目标函数的最大值【详解】解：由约束条件得如图所示的三角形区域，由于，则，要求的最大值，则求的截距的最小值，显然当平行直线过点时，取得最大值为：.故答案为：1【点睛】本题考查线性规划求最值问题，我们常用几何法求最值.15、【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的最小值为，确定出的值，进而确定出C点坐标，结合目标函数几何意义，从而求得结果.【详解】先做的区域如图可知在三角形ABC区域内，由得可知，直线的截距最大时，取得最小值，此时直线为，作出直线，交于A点，由图象可知，目标函数在该点取得最小值，所以直线也过A点，由，得，代入，得，所以点C的坐标为等价于点与原点连线的斜率，所以当点为点C时，取得最小值，最小值为，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，注意正确画出约束条件对应的可行域，根据最值求出参数，结合分式型目标函数的意义求得最优解，属于中档题目.16、【解析】分两种情况讨论：（1）斜边在BC上，设，则，（2）若在若一条直角边在上，设，则，进一步利用导数的应用和三角函数关系式恒等变形和函数单调性即可求出最大值.【详解】（1）斜边在上，设，则，则，从而.当时，此时，符合.（2）若一条直角边在上，设，则，则，由知.，当时，单调递增，当时，单调递减，.当，即时，最大.故答案为：.【点睛】此题考查实际问题中导数，三角函数和函数单调性的综合应用，注意分类讨论把所有情况考虑完全，属于一般性题目.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、（1）（2）【解析】（1）求出及其导函数，利用研究的单调性和最值，根据零点存在定理和零点定义可得的范围（2）令，题意说明时，恒成立.同样求出导函数，由研究的单调性，通过分类讨论可得的单调性得出结论【详解】解（1）函数所以讨论：当时，无零点；当时，所以在上单调递增.取，则又，所以，此时函数有且只有一个零点；当时，令，解得（舍）或当时，所以在上单调递减；当时，所以在上单调递增.据题意，得，所以（舍）或综上，所求实数的取值范围为.（2）令，根据题意知，当时，恒成立.又讨论：若，则当时，恒成立，所以在上是增函数.又函数在上单调递增，在上单调递增，所以存在使，不符合题意.若，则当时，恒成立，所以在上是增函数，据求解知，不符合题意.若，则当时，恒有，故在上是减函数，于是“对任意成立”的充分条件是“”，即，解得，故综上，所求实数的取值范围是.【点睛】本题考查函数零点问题，考查不等式恒成立问题，考查用导数研究函数的单调性解题关键是通过分类讨论研究函数的单调性本题难度较大，考查掌握转化与化归思想，考查学生分析问题解决问题的能力19、 (1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.【解析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.【详解】（1）由，得，所以曲线的直角坐标方程为，即， 直线的普通方程为. (2)将直线的参数方程代入并化简、整理，得. 因为直线与曲线交于，两点所以，解得.由根与系数的关系，得，. 因为点的直角坐标为，在直线上.所以， 解得，此时满足.且，故.【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题20、（1）,；（2）证明见解析.【解析】分析：（1）设的标准方程为，由题意可设结合中点坐标公式计算可得的标准方程为半径，则的标准方程为 （2）设的斜率为，则其方程为，由弦长公式可得联立直线与抛物线的方程有设，利用韦达定理结合弦长公式可得 则即 详解：（1）设的标准方程为，则已知在直线上，故可设 因为关于对称，所以解得 所以的标准方程为 因为与轴相切，故半径，所以的标准方程为 （2）设的斜率为，那么其方程为，则到的距离，所以由消去并整理得：设，则，那么 所以所以，即 点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式21、（1）证明见解析；（2）当时，AC与平面PCD所成的角为.【解析】（1）连接交于，由相似三角形可得，结合得出，故而平面；（2）过作，可证平面，根据计算，得出的大小，再计算的长【详解】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），平面PAD作，F为垂足，连接CF平面PAD，平面PAD.，有，平面就是AC与平面PCD所成的角，时，AC与平面PCD所成的角为.【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题22、（1）（2）【解析】试题分析：（1）因为椭圆E:（a,b>0）过M（2，），N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,则=,即，要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识证明了圆的存在性