2022-2023学年内蒙古鄂尔多斯市高三下学期联合考试数学试题含解析.doc

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1、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如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ）ABCD2对于函数，若满足，则称为函数的一对“线性对称点”若实数与和与为函数的两对“线性对称点”，则的最大值为（ ）ABCD3双曲线：（，）

2、的一个焦点为（），且双曲线的两条渐近线与圆：均相切，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD4阿基米德（公元前287年公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为( )ABCD5给出下列四个命题：若“且”为假命题，则均为假命题；三角形的内角是第一象限角或第二象限角；若命题，则命题，；设集合，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（ ）ABCD6如图，在三棱锥中，平面，分别是棱，的中

3、点，则异面直线与所成角的余弦值为A0BCD17己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，垂足为，若的面积为，则到的距离为（ ）ABC8D68已知复数满足：，则的共轭复数为（ ）ABCD9某中学2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.2倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考情况，得到如图柱状图： 则下列结论正确的是（ ）.A与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加B与2016年相比，2019年一本达线人数减少C与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.3倍D2016年与2019年艺体达线人数相同10给出个数

4、，其规律是：第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，以此类推，要计算这个数的和现已给出了该问题算法的程序框图如图，请在图中判断框中的处和执行框中的处填上合适的语句，使之能完成该题算法功能( )A；B；C；D；11若函数的图象经过点，则函数图象的一条对称轴的方程可以为( )ABCD12已知是虚数单位，则复数（ ）ABC2D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数对于都有，且周期为2，当时，则_.14已知，分别为内角，的对边，则的面积为_.15已知为椭圆上的一个动点，设直线和分别与直线交于，两点，若与的面积相等，则线段的长为_.16的展开式中，的系数为

5、_.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，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.（1）若，证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.18（12分）已知三棱锥P-ABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：（1）证明：平面平面ABC；（2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求直线MA与平面MBC所成角的正弦值.19（12分）已知数列满足，且.（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；（2）求数列的前项和.20（12分）已知

6、函数，.（1）当时，求函数在点处的切线方程；比较与的大小; （2）当时，若对时，且有唯一零点，证明：21（12分）已知等差数列中，数列的前项和.（1）求；（2）若，求的前项和.22（10分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求的取值范围.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。1、A【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1再由球与圆柱体积公式求解【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半

7、部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1则几何体的体积为故选：【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平2、D【解析】根据已知有，可得，只需求出的最小值，根据，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出结论.【详解】依题意知，与为函数的“线性对称点”，所以，故（当且仅当时取等号）.又与为函数的“线性对称点，所以，所以，从而的最大值为.故选:D.【点睛】本题以新定义为背景，考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式，理解新定义含义，正确求出的表达式是解题的关键，属于中档题.3、A【解析】根据题意得到，化简得到，得到答案.【详

8、解】根据题意知：焦点到渐近线的距离为，故，故渐近线为.故选：.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算能力和转化能力.4、D【解析】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.【详解】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,因为圆柱的表面积公式为，所以,解得,因为圆柱的体积公式为,所以,由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为.故选:D【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.5、

9、B【解析】利用真假表来判断，考虑内角为，利用特称命题的否定是全称命题判断，利用集合间的包含关系判断.【详解】若“且”为假命题，则中至少有一个是假命题，故错误；当内角为时，不是象限角，故错误；由特称命题的否定是全称命题知正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，故正确.故选：B.【点睛】本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.6、B【解析】根据题意可得平面，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，易得，所以，所以，故选B7、D【解析】作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，从而可求出，进而可求得，由的面积即可求出，再结合为线

10、段的中点，即可求出到的距离【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，所以在中，所以，所以，在中，所以，所以，所以 解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题8、B【解析】转化，为，利用复数的除法化简，即得解【详解】复数满足：所以 故选：B【点睛】本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.9、A【解析】设2016年高考总人数为x，则2019年高考人数为，通过简单的计算逐一验证选项A、B、C、D.【详解】设2016年高考总人数为x，则2019年

11、高考人数为，2016年高考不上线人数为，2019年不上线人数为，故A正确；2016年高考一本人数，2019年高考一本人数，故B错误；2019年二本达线人数，2016年二本达线人数，增加了倍，故C错误；2016年艺体达线人数，2019年艺体达线人数，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查柱状图的应用，考查学生识图的能力，是一道较为简单的统计类的题目.10、A【解析】要计算这个数的和，这就需要循环50次，这样可以确定判断语句，根据累加最的变化规律可以确定语句.【详解】因为计算这个数的和，循环变量的初值为1，所以步长应该为1，故判断语句应为，第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个

12、数大，这样可以确定语句为，故本题选A.【点睛】本题考查了补充循环结构，正确读懂题意是解本题的关键.11、B【解析】由点求得的值，化简解析式，根据三角函数对称轴的求法，求得的对称轴，由此确定正确选项.【详解】由题可知.所以令，得令，得故选：B【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象上点的坐标求参数，考查三角恒等变换，考查三角函数对称轴的求法，属于中档题.12、A【解析】根据复数的基本运算求解即可.【详解】.故选：A【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,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】利用，且周期为2，可得，得.【详解】，且周期为2，又当时，故答案为：【点睛

13、】本题考查函数的周期性与对称性的应用，考查转化能力，属于基础题.14、【解析】根据题意，利用余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.【详解】解：由于，由余弦定理得，解得，的面积.故答案为：.【点睛】本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查计算能力.15、【解析】先设点坐标，由三角形面积相等得出两个三角形的边之间的比例关系，这个比例关系又可用线段上点的坐标表示出来，从而可求得点的横坐标，代入椭圆方程得纵坐标，然后可得【详解】如图，设，由，得，由得，解得，又在椭圆上，故答案为：【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，解题时由三角形面积相等得出线段长的比例关系，解题是由把线段长的比例关系

14、用点的横坐标表示16、16【解析】要得到的系数，只要求出二项式中的系数减去的系数的2倍即可【详解】的系数为.故答案为：16【点睛】此题考查二项式的系数，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）【解析】(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2) 过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】（1）证明：平面，平面，,又四边形为正方形，.又、平面，且，平面.中，为的中点，.又、平面，平面.平面，平面平面.（2）解：过作

15、交于，如图为的中点，.又平面，平面.，.所以,又、两两互相垂直，以、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.，设平面的法向量，则，即.令，则，.平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.18、（1）见解析（2）【解析】(1) 设的中点为,连接.由展开图可知,，.为的中点,则有,根据勾股定理可证得,则平面,即可证得平面平面(2) 由线面成角的定义可知是直线与平面所成的角，且,最大即为最短时,即是的中点建立空间直角坐标系,求出与平面的法向量利用公式即可求得结果.【详解】（1）设AC的中点为O，

16、连接BO，PO由题意，得，在中，O为AC的中点，在中，平面，平面ABC，平面PAC，平面平面ABC（2）由（1）知，平面PAC，是直线BM与平面PAC所成的角，且，当OM最短时，即M是PA的中点时，最大由平面ABC，于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，则，设平面MBC的法向量为，直线MA与平面MBC所成角为，则由得：.令，得，即.则.直线MA与平面MBC所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查线面成角问题,借助空间向量是解决线面成角问题的关键,难度一般.19、（1）证明见解析，；（2）.【解析】（1）将等式变形为，进而可证明出是等差数列，

17、确定数列的首项和公差，可求得的表达式，进而可得出数列的通项公式；（2）利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】（1）因为，所以，即，所以数列是等差数列，且公差，其首项所以，解得；（2），得，所以.【点睛】本题考查利用递推公式证明等差数列，同时也考查了错位相减法求和，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（1）见解析，见解析；（2）见解析【解析】（1）把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，（2）由题意，在上有唯一零点利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到由在恒

18、成立，且有唯一解，可得，得，即令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得【详解】解：（1）当时，又，切线方程为，即；令，则，在上单调递减又，当时，即；当时，即；当时，即证明：（2）由题意，而，令，解得，在上有唯一零点当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增在恒成立，且有唯一解，即，消去，得，即令，则，在上恒成立，在上单调递减，又， ，在上单调递增，【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题21、（1），；（2）.【解析】（1）由条件得出方程组 ，可求得的通项，当时，可得，当时，得出是

19、以1为首项，2为公比的等比数列，可求得的通项；（2）由（1）可知，分n为偶数和n为奇数分别求得.【详解】（1）由条件知， ，当时，即，当时，是以1为首项，2为公比的等比数列， ；（2）由（1）可知，当n为偶数时， 当n为奇数时， 综上，【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项的求得，以及其前n项和，注意分n为偶数和n为奇数两种情况分别求得其数列的和，属于中档题.22、（1）；（2）.【解析】（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解【详解】当时，当时，由得，解得；当时，无解；当时，由得，解得，所以的解集为（2）的解集包含等价于在上恒成立，当时，等价于恒成立，而，故满足条件的的取值范围是【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题