2023届天津河北区高考数学全真模拟密押卷含解析.pdf

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1、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已知复数z满足：34zii（i为虚数单位），则z（）A43i B43i C43i D43i 2已知0 x，ax，22xbx，ln(1)cx，则（）Acba Bb

2、ac Ccab Dbca 3已知焦点为F的抛物线2:4C yx的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当|MAMF取得最大值时，直线MA的方程为（）A1yx或1yx B1122yx或1122yx C22yx或22yx D22yx 4已知正方体1111ABCDABC D的棱长为 1，平面与此正方体相交.对于实数03dd，如果正方体1111ABCDABC D的八个顶点中恰好有m个点到平面的距离等于d，那么下列结论中，一定正确的是 A6m B5m C4m D3m 5已知函数 f xxx，其中 x表示不超过x的最大正整数，则下列结论正确的是（）A f x的值域是 0,1 B f x是奇函数 C f

3、x是周期函数 D f x是增函数 6若实数,x y满足的约束条件03020yxyxy，则2zxy的取值范围是（）A4，B0 6，C0 4，D6，7 聊斋志异中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟.”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：222233，333388，44441515，55552424，则按照以上规律，若10101010nn具有“穿墙术”，则n（）A48 B63 C99 D120 8已知复数z满足32i zi（i是虚数单位），则z=（）A23i B23i C 23i D 23i 9中，如果，则的形状是（）A等边三角形 B直角三角形

4、 C等腰三角形 D等腰直角三角形 10给出以下四个命题：依次首尾相接的四条线段必共面；过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是（）A0 B1 C2 D3 11已知变量x，y满足不等式组210 xyxyx，则2xy的最小值为（）A4 B2 C0 D4 12已知复数 z 满足(3)1izi，则 z 的虚部为（）Ai Bi C1 D1 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13如图，为测量出高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角

5、060MAN，C点的仰角045CAB以及075MAC；从C点测得060MCA已知山高100BCm，则山高MN _m 14已知双曲线22xa-22yb=1(a0，b0)与抛物线 y2=8x 有一个共同的焦点 F，两曲线的一个交点为 P，若|FP|=5，则点F 到双曲线的渐近线的距离为_.15已知无盖的圆柱形桶的容积是12立方米，用来做桶底和侧面的材料每平方米的价格分别为 30 元和 20 元，那么圆桶造价最低为_元.16已知两圆相交于两点,3A a,1,1B，若两圆圆心都在直线0 xyb上，则a b的值是_.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，

6、在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为 2 的菱形，60,90DABADP，平面ADP 平面ABCD，点F为棱PD的中点 （）在棱AB上是否存在一点E，使得AF平面PCE，并说明理由；（）当二面角DFCB的余弦值为24时，求直线PB与平面ABCD所成的角 18（12 分）已知函数()ln()xef xxxax aR.（1）若函数()f x在1,)上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若1a，求()f x的最大值.19（12 分）已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的焦点为 123,0,3,0,FFM为椭圆C上任意一点，且124MFMF.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线:0,0l yk

7、xm km交椭圆C于,P Q两点，且满足2PQOPOQkkk（,PQOPOQkkk分别为直线,PQ OP OQ的斜率），求OPQ的面积为32时直线PQ的方程.20（12 分）在边长为6cm的正方形ABCD，EF、分别为BCCD、的中点，MN、分别为ABCF、的中点，现沿AEAFEF、折叠，使BCD、三点重合，构成一个三棱锥.（1）判别MN与平面AEF的位置关系，并给出证明；（2）求多面体EAFMN的体积.21（12 分）如图，底面ABCD是等腰梯形，/,224ADBC ADABBC，点E为AD的中点，以BE为边作正方形BEFG，且平面BEFG 平面ABCD.（1）证明：平面ACF 平面BEFG

8、.（2）求二面角ABFD的正弦值 22（10 分）选修 4-5：不等式选讲 已知函数 2f xx（）解不等式 216f xfx；（）对1,0aba b及xR，不等式41fxmfxab恒成立，求实数m的取值范围.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。1A【解析】利用复数的乘法、除法运算求出z，再根据共轭复数的概念即可求解.【详解】由34zii，则3434431iizii，所以z 43i.故选：A【点睛】本题考查了复数的四则运算、共轭复数的概念，属于基础题.2D【解析】令2()ln(1)2xf xxx，求 fx，

9、利用导数判断函数为单调递增，从而可得2ln(1)2xxx，设 ln 1g xxx，利用导数证出 g x为单调递减函数，从而证出0,ln(1)xxx，即可得到答案.【详解】0 x 时，22xxx 令2()ln(1)2xf xxx，求导21()111xfxxxx 0 x，()0fx，故()f x单调递增：()(0)0f xf 2ln(1)2xxx，当0 x，设 ln 1g xxx，11011xgxxx ，又 00g，ln 10g xxx，即0,ln(1)xxx，故2ln(1)2xxxx.故选：D【点睛】本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.3A【解析】过M

10、作MP与准线垂直，垂足为P，利用抛物线的定义可得11coscosMAMAMFMPAMPMAF，要使|MAMF最大，则MAF应最大，此时AM与抛物线C相切，再用判别式或导数计算即可.【详解】过M作MP与准线垂直，垂足为P，11coscosMAMAMFMPAMPMAF，则当|MAMF取得最大值时，MAF最大，此时AM与抛物线C相切，易知此时直线AM的斜率存在，设切线方程为(1)yk x，则2(1)4yk xyx.则2216 16011kkk，则直线AM的方程为(1)yx.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.4B【解析】此题画

11、出正方体模型即可快速判断 m 的取值.【详解】如图（1）恰好有 3 个点到平面的距离为d；如图（2）恰好有 4 个点到平面的距离为d；如图（3）恰好有 6 个点到平面的距离为d.所以本题答案为 B.【点睛】本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.5C【解析】根据 x表示不超过x的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.【详解】由 x表示不超过x的最大正整数，其函数图象为 选项 A，函数 0,1f x，故错误；选项 B，函数 f x为非奇非偶函数，故错误；选项

12、C，函数 f x是以 1 为周期的周期函数，故正确；选项 D，函数 f x在区间0,1,1,2,2,3上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.故选：C【点睛】本题考查对题干 x的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题.6B【解析】根据所给不等式组，画出不等式表示的可行域，将目标函数化为直线方程，平移后即可确定取值范围.【详解】实数,x y满足的约束条件03020yxyxy，画出可行域如下图所示：将线性目标函数2zxy化为2yxz，则将2yx 平移，平移后结合图像可知，当经过原点0,0O时截距最小，min0z；当经过3,0B时，截距最大值，max2 306z，所以

13、线性目标函数2zxy的取值范围为0,6，故选：B.【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数取值范围的求法，属于基础题.7C【解析】观察规律得根号内分母为分子的平方减 1，从而求出 n.【详解】解：观察各式发现规律，根号内分母为分子的平方减 1 所以210199n 故选：C.【点睛】本题考查了归纳推理，发现总结各式规律是关键，属于基础题.8A【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】解：由32i zi，得 2323223iiiziii，23zi 故选A【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 9B【解析】化简得 lgcosAlglg

14、2，即，结合，可求，得代入 sinC sinB，从而可求 C，B，进而可判断.【详解】由，可得 lgcosAlg2，sinC sinB，tanC，C，B.故选：B【点睛】本题主要考查了对数的运算性质的应用，两角差的正弦公式的应用，解题的关键是灵活利用基本公式，属于基础题 10B【解析】用空间四边形对进行判断；根据公理 2 对进行判断；根据空间角的定义对进行判断；根据空间直线位置关系对进行判断.【详解】中，空间四边形的四条线段不共面，故错误.中，由公理 2 知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故正确.中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么 这两

15、个角相等或互补，故错误.中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故错误.故选：B【点睛】本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想，化归与转化思想.11B【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值.【详解】解：由变量x，y满足不等式组210 xyxyx，画出相应图形如下：可知点 1,1A,0,2B，2xy在B处有最小值，最小值为2.故选：B.【点睛】本题主要考查简单的线性规划，运用了数形结合的方法，属于基础题.12C【解析】利用复数的四则运算可得2zi ，即可得答案.【详解】(3)1

16、izi，131izii，2zi ，复数z的虚部为1.故选：C.【点睛】本题考查复数的四则运算、虚部概念，考查运算求解能力，属于基础题.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。131【解析】试题分析：在ABC中，45,90,100BACABCBC,100100 2sin45AC，在AMC中，75,60,MACMCA 45,AMC由正弦定理可得,sinsinAMACACMAMC即100 2,sin60sin 45AM解得100 3AM,在Rt AMN中，sinMNAMMAN100 3sin60 150()m 故答案为 1 考点：正弦定理的应用 143【解析】设点P为00,x y

17、，由抛物线定义知，025FPx，求出点 P 坐标代入双曲线方程得到,a b的关系式，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】由题意得 F(2，0)，因为点 P 在抛物线 y2=8x 上，|FP|=5，设点P为00,x y，由抛物线定义知，025FPx，解得0032 6xy，不妨取 P(3，26)，代入双曲线22xa-22yb=1，得29a-224b=1，又因为 a2+b2=4，解得 a=1，b=3，因为双曲线的渐近线方程为byxa，所以双曲线的渐近线为 y=3x，由点到直线的距离公式可得，点 F 到双曲线的渐近线的距离222 3313d.故答案为：3【点睛】本题考查双曲

18、线和抛物线方程及其几何性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；灵活运用双曲线和抛物线的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.15360【解析】设桶的底面半径为r，用r表示出桶的总造价，利用基本不等式得出最小值.【详解】设桶的底面半径为r，高为h，则212r h，故212hr，圆通的造价为222124803020 230yrrrrr 解法一：222124803020 230yrrrrr223240240240240303 30360rrrrrr 当且仅当224030 rr，即2r时取等号.解法二：248030yrr，则248060yrr，令0y，即2480600rr，解得2r，此函数在2,单

19、调递增；令0y，即2480600rr，解得02r，此函数在0,2上单调递减；令0y，即2480600rr，解得2r，即当2r时，圆桶的造价最低.所以2min4803023602y 故答案为：360【点睛】本题考查了基本不等式的应用，注意验证等号成立的条件，属于基础题.161【解析】根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得AB与直线0 xyb垂直，且AB的中点在这条直线0 xyb上，列出方程解得即可得到结论.【详解】由,3A a,1,1B，设AB的中点为1,22aM，根据题意，可得1202ab,且3 111ABka，解得，1a,2b ，故1ab.故答案为：1.【点睛】本题考查相交弦的性质，

20、解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦，属于基础题.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）见解析（2）60【解析】（）取PC的中点Q，连结EQ、FQ，得到故/AEFQ且AEFQ，进而得到/AFEQ，利用线面平行的判定定理，即可证得/AF平面PEC.（）以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FDa，求得平面FBC的法向量为m，和平面DFC的法向量n，利用向量的夹角公式，求得3a，进而得到PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，即可求解.【详解】（）在棱AB上存在点E，使得/AF平面PCE，点E为棱AB的中点 理由如下：取PC的中点Q，

21、连结EQ、FQ，由题意，/FQDC且12FQCD，/AECD且12AECD，故/AEFQ且AEFQ.所以，四边形AEQF为平行四边形.所以，/AFEQ，又EQ 平面PEC，AF 平面PEC，所以，/AF平面PEC.（）由题意知ABD为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD，又90ADP，所以PDAD，且平面ADP 平面ABCD，平面ADP 平面ABCDAD，所以PD 平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FDa，则由题意知0,0,0D，0,0,Fa，0,2,0C，3,1,0B，0,2,FCa，3,1,0CB，设平面FBC的法向量为,mx y z，则由00m FCm CB得203

22、0yazxy，令1x，则3y，2 3za，所以取2 31,3,ma，显然可取平面DFC的法向量1,0,0n，由题意：221cos,4121 3m na，所以3a.由于PD 平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD中，tan3PDPBDaBD，从而60PBD，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了

23、分析问题和解答问题的能力.18（1）21ae（2）max()1f x 【解析】（1）根据单调递减可知导函数恒小于等于0，采用参变分离的方法分离出a，并将x的部分构造成新函数()g x，分析a与()g x最值之间的关系；（2）通过对()f x的导函数()fx分析，确定()fx有唯一零点0 x，则0 x就是()f x的极大值点也是最大值点，计算0()f x的值并利用0()0fx进行化简，从而确定max()f x.【详解】（1）由题意知，1()xxfxexeax 1(1)0 xxeax在1,)上恒成立，所以1(1)xaxxe在1,)上恒成立.令1()(1)xg xxex，则21()(2)0 xg x

24、xex，所以()g x在1,)上单调递增，所以min()(1)21g xge，所以21ae.（2）当1a 时，()ln(0)xf xxxx xe.则11()(1)1(1)xxfxxexexx，令1()xm xex，则21()0 xm xex，所以()m x在(0,)上单调递减.由于102m，(1)0m，所以存在00 x 满足 00m x，即001xex.当00,xx时，()0m x，()0fx；当0,xx时，()0m x，()0fx.所以()f x在00,x上单调递增，在0,x 上单调递减.所以0max0000()lnxf xfxxx ex，因为001xex，所以00lnxx，所以 00011

25、f xxx ，所以max()1f x.【点睛】（1）求函数中字母的范围时，常用的方法有两种：参变分离法、分类讨论法；（2）当导函数不易求零点时，需要将导函数中某些部分拿出作单独分析，以便先确定导函数的单调性从而确定导函数的零点所在区间，再分析整个函数的单调性，最后确定出函数的最值.19（1）2214xy（2）1222yx或1622yx【解析】（1）根据椭圆定义求得,a b，得椭圆方程；（2）设1122,P x yQ xy，由2214ykxmxy得222148440kxkmxm，应用韦达定理得121 2,xx xx，代入已知条件2PQOPOQkkk可得12k，再由椭圆中弦长公式求得弦长PQ，原点

26、O到直线PQ的距离d，得三角形面积，从而可求得m，得直线方程【详解】解：（1）据题意设椭圆C的方程为222210 xyabab 则222243accab 22,1ab 椭圆C的标准方程为2214xy.（2）据2214ykxmxy得222148440kxkmxm 2222644 14440k mkm 2241mk 设1122,P x yQ xy，则2121222844,1414kmmxxx xkk 2PQOPOQkkk 21212yykxx 21212kxmkxmk x x 2120mk xxm 22228014k mmk 又0,0km 12k 222221212241411414kkmPQkx

27、xx xk 原点O到直线PQ的距离21mdk 22222132021 42OPQmmSPQdmmmk 解得22m 或62m 所求直线PQ的方程为1222yx或1622yx【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题解题时采取设而不求思想，即设交点坐标为1122,P x yQ xy，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得121 2,xx xx，把这个结论代入题中条件求得参数，用它求弦长等等，从而解决问题 20（1）平行，证明见解析；（2）274.【解析】（1）由题意及图形的翻折规律可知MN应是ABF的一条中位线，利用线面平行的判定定理即可求证；（2）利用条件及线面垂直的判定定理可知

28、ABBE，ABBF，则AB 平面BEF，在利用锥体的体积公式即可 【详解】（1）证明：因翻折后B、C、D重合，MN应是ABF的一条中位线，/MN AF，MN 平面AEF，AF 平面AEF，/MN平面AEF；（2）解：ABBE，ABBF，AB 面BEF 且6AB，3BEBF，9A BEFV，又34E AFMNAFMNE ABFABFVSVS，274E AFMNV【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理及锥体的体积公式，属于基础题 21（1）见解析；（2）4 70sin35【解析】（1）先证明四边形ABCE是菱形,进而可知ACBE,然后可得到AC 平面BEFG,即可证明平面ACF

29、 平面BEFG;（2）记 AC,BE 的交点为 O,再取 FG 的中点 P.以 O 为坐标原点,以射线 OB,OC,OP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,分别求出平面 ABF和DBF的法向量,m n,然后由cos,|m nm nm n,可求出二面角ABFD的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.【详解】（1）证明：因为点E为AD的中点,2ADBC,所以AEBC,因为/ADBC,所以/AEBC,所以四边形ABCD是平行四边形,因为ABBC,所以平行四边形ABCE是菱形,所以ACBE,因为平面BEFG 平面ABCD,且平面BEFG平面ABCDBE,所以AC

30、平面BEFG.因为AC 平面ACF,所以平面ACF 平面BEFG.（2）记 AC,BE 的交点为 O,再取 FG 的中点 P.由题意可知 AC,BE,OP 两两垂直,故以 O 为坐标原点,以射线 OB,OC,OP分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为底面 ABCD 是等腰梯形,/,224ADBC ADABBC,所以四边形 ABCE 是菱形，且60BAD,所以(0,3,0),(1,0,0),(1,0,0),(2,3,0),(1,0,2)ABEDF,则(1,3,0),(2,0,2),(3,3,0)ABBFBD ,设平面 ABF 的法向量为111,mx y

31、z,则111130220m ABxym BFxz,不妨取11y ,则(3,1,3)m,设平面 DBF 的法向量为222,nx y z,则2222330220n BDxyn BFxz ,不妨取21x,则(1,3,1)n,故3105cos,35|75m nm nm n.记二面角ABFD的大小为,故34 70sin13535.【点睛】本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决空间角问题的常见方法,属于中档题.22（）,13,.（）135m.【解析】详解：（）133,21212211,2,233,2.x xf xfxxxxxxx 当12x 时，由3 36x，解得1x

32、；当122x时，16x 不成立；当2x 时，由336x，解得3x.所以不等式 6f x 的解集为,13,.（）因为1,0aba b，所以4141445529bab aababababab.由题意知对xR，229xmx ，即max229xmx ，因为 22224xmxxmxm ，所以949m，解得135m.【点睛】绝对值不等式解法的基本思路是：去掉绝对值号，把它转化为一般的不等式求解，转化的方法一般有：绝对值定义法；平方法；零点区域法 不等式的恒成立可用分离变量法若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围这种方法本质也是求最值一般有：()()(f xg a a为参数）恒成立max()()g af x ()()(f xg a a为参数）恒成立max()()g af x