浙江省新课改协作校2023届高考数学一模试卷含解析.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已知为定义在上的奇函数，且满足当时，则（ ）ABCD2已知抛物线：，点为上一点，过点作轴于点，又知点，则的最小值为（ ）ABC3D53已知复数满足，则（ ）ABCD4已知Sn为等比数列an的前n项和，a516，a3a432，则S8（ ）A21B24C85D855已知盒中有3个红球，3个黄球，3个白球，且每种颜色的三个球均按，编号，现从中摸出3个球（除颜色与编号外球没有区别），则恰好不同时包含字母，的概率为（ ）ABCD6在中，则=（ ）ABCD7设，为两个平面，则的充要条件是A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面8点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）A0B1C2D39已知函数的定义域为，且，当时，.若，则函数在上的最大值为（ ）A4B6C3D810已知各项都为正的等差数列中，若，成等比数列，则（ ）ABCD11若复数满足，则（ ）ABCD12已知双曲线的一个焦点为，且与双曲线的渐近线相同，则双曲线的标准方程为( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知集合，若，且，则实数所有的可能取值构成的集合是_.14若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则_.15记等差数列和的前项和分别为和，若，则_.16已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是_.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1，四边形是边长为2的菱形，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.18（12分）已知函数，.（1）求函数在处的切线方程；（2）当时，证明：对任意恒成立.19（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.求证：（1）直线平面EFG；（2）直线平面SDB.20（12分）设函数，.（1）求函数的极值；（2）对任意，都有，求实数a的取值范围.21（12分）已知分别是椭圆的左、右焦点，直线与交于两点，且（1）求的方程；（2）已知点是上的任意一点，不经过原点的直线与交于两点，直线的斜率都存在，且，求的值22（10分）已知数列满足对任意都有，其前项和为，且是与的等比中项，（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足，设数列的前项和为，求大于的最小的正整数的值参考答案一、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、C【解析】由题设条件，可得函数的周期是，再结合函数是奇函数的性质将转化为函数值，即可得到结论.【详解】由题意，则函数的周期是，所以，又函数为上的奇函数，且当时，所以，.故选：C.【点睛】本题考查函数的周期性，由题设得函数的周期是解答本题的关键，属于基础题.2、C【解析】由,再运用三点共线时和最小，即可求解.【详解】.故选：C【点睛】本题考查抛物线的定义，合理转化是本题的关键，注意抛物线的性质的灵活运用，属于中档题3、A【解析】根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.【详解】由题可知：由，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.4、D【解析】由等比数列的性质求得a1q416，a12q532，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.【详解】设等比数列an的公比为q，a516，a3a432，a1q416，a12q532，q2，则，则，故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.5、B【解析】首先求出基本事件总数，则事件“恰好不同时包含字母，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，”， 记事件“恰好不同时包含字母，”为，利用对立事件的概率公式计算可得；【详解】解：从9个球中摸出3个球，则基本事件总数为（个），则事件“恰好不同时包含字母，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，”记事件“恰好不同时包含字母，”为，则.故选：B【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了排列组合的知识，解答的关键在于正确理解题意，属于基础题6、B【解析】在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案【详解】如下图，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B. 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题7、B【解析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误8、C【解析】设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,则单调递减；当时,则单调递增,所以,且,有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.9、A【解析】根据所给函数解析式满足的等量关系及指数幂运算，可得；利用定义可证明函数的单调性，由赋值法即可求得函数在上的最大值.【详解】函数的定义域为，且，则；任取，且，则，故，令，则，即，故函数在上单调递增，故，令，故，故函数在上的最大值为4.故选：A.【点睛】本题考查了指数幂的运算及化简，利用定义证明抽象函数的单调性，赋值法在抽象函数求值中的应用，属于中档题.10、A【解析】试题分析：设公差为或（舍），故选A.考点：等差数列及其性质.11、B【解析】由题意得,求解即可.【详解】因为,所以.故选:B.【点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力,属于基础题.12、B【解析】根据焦点所在坐标轴和渐近线方程设出双曲线的标准方程，结合焦点坐标求解.【详解】双曲线与的渐近线相同，且焦点在轴上，可设双曲线的方程为，一个焦点为，故的标准方程为.故选：B【点睛】此题考查根据双曲线的渐近线和焦点求解双曲线的标准方程，易错点在于漏掉考虑焦点所在坐标轴导致方程形式出错.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】化简集合，由，以及，即可求出结论.【详解】集合，若，则的可能取值为，0，2，3，又因为，所以实数所有的可能取值构成的集合是.故答案为:.【点睛】本题考查集合与元素的关系，理解题意是解题的关键，属于基础题.14、【解析】利用导数的几何意义，由解方程即可.【详解】由已知，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.15、【解析】结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.【详解】由题意,因为,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.16、【解析】根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值求解即可.【详解】因为椭圆的离心率是,所以,故椭圆方程为.因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.设为椭圆上任意一点,则.所以因为的对称轴为.(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.此时,解得.(ii)当时, 在上单调递减.此时,解得舍去.综上,椭圆方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.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）证明见解析（2）【解析】（1）由题意可证得，所以平面，则平面平面可证；（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.【详解】解法一：（1）依题意知，因为，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.因为，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在中，所以.由（1）知，平面，且，所以三棱锥的体积.在中，得，由（1）知，平面，所以，所以，设点到平面的距离，则三棱锥的体积，得.解法二：（1）同解法一；（2）因为，平面，平面，所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离.过点作的垂线，垂足，即.由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即为点到平面的距离.由（1）知，在中，得.又，所以.所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解：等体积法；作(找)出点到平面的垂线段，进行计算即可.18、（1）（2）见解析【解析】（1）因为，可得，即可求得答案；（2）要证对任意恒成立，即证对任意恒成立.设，当时，即可求得答案.【详解】（1），函数在处的切线方程为.（2）要证对任意恒成立.即证对任意恒成立.设，当时，令，解得，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增.，当时，对任意恒成立，即当时，对任意恒成立.【点睛】本题主要考查了求曲线的切线方程和求证不等式恒成立问题，解题关键是掌握由导数求切线方程的解法和根据导数求证不等式恒成立的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.19、（1）见解析（2）见解析【解析】(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.(2)证明与即可.【详解】（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG. （2）在中,由余弦定理得,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.【点睛】本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.20、（1）当时， 无极值；当时， 极小值为；（2）.【解析】（1）求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的极值；（2）构造函数，两次求导，根据函数单调性，由恒成立问题求参数范围即可.【详解】（1）依题， 当时，函数在上单调递增，此时函数无极值； 当时，令，得，令，得所以函数在上单调递增，在上单调递减. 此时函数有极小值，且极小值为. 综上：当时，函数无极值；当时，函数有极小值，极小值为.（2）令易得且， 令所以，因为，从而，所以，在上单调递增. 又若，则所以在上单调递增，从而，所以时满足题意. 若，所以，在中，令，由（1）的单调性可知，有最小值，从而. 所以 所以，由零点存在性定理：，使且在上单调递减，在上单调递增. 所以当时，.故当，不成立.综上所述：的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的极值，涉及由恒成立问题求参数范围的问题，属压轴题.21、（1）（2）【解析】（1）不妨设，计算得到，根据面积得到，计算得到答案.（2）设，联立方程利用韦达定理得到，代入化简计算得到答案.【详解】（1）由题意不妨设，则，又，故的方程为（2）设，则，设直线的方程为，联立整理得在上，上式可化为，【点睛】本题考查了椭圆方程，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.22、（1）（2）4【解析】（1）利用判断是等差数列，利用求出，利用等比中项建立方程，求出公差可得.（2）利用的通项公式,求出，用错位相减法求出，最后建立不等式求出最小的正整数.【详解】解：任意都有，数列是等差数列，又是与的等比中项，设数列的公差为，且，则，解得，；由题意可知 ，得：，由得， 满足条件的最小的正整数的值为【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式及错位相减法求和. (1)解决等差数列通项的思路(1)在等差数列中，是最基本的两个量，一般可设出和，利用等差数列的通项公式和前项和公式列方程(组)求解即可. (2)错位相减法求和的方法：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解; 在写“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式