2022-2023学年北京市重点中学高三（最后冲刺）数学试卷含解析.doc

《2022-2023学年北京市重点中学高三（最后冲刺）数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年北京市重点中学高三（最后冲刺）数学试卷含解析.doc（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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。

2、1在中，点满足，则等于（ ）A10B9C8D72是恒成立的（ ）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3已知双曲线的右焦点为，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，延长交右支于点，若，则双曲线的离心率是（ ）ABCD4设为等差数列的前项和，若，则ABCD5已知点，是函数的函数图像上的任意两点，且在点处的切线与直线AB平行，则( )A，b为任意非零实数B，a为任意非零实数Ca、b均为任意实数D不存在满足条件的实数a，b6博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案方案一：不乘坐第一辆车，

3、若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ）AP1P2BP1P2CP1+P2DP1P27已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）ABCD8已知向量满足,且与的夹角为,则( )ABCD9已知命题p：若，则；命题q：，使得”，则以下命题为真命题的是（ ）ABCD10已知，则的大小关系为（ ）ABCD11总体由编号01，,02，19,20的20个个体组成利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出

4、来的第5个个体的编号为7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481A08B07C02D0112在中，“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13根据如图的算法，输出的结果是_.14如图所示，点，B均在抛物线上，等腰直角的斜边为BC，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标是_.15已知函数若关于的不等式的解集是，则的值为_16给出下列四个命题，其中正确命题的序号是_（写出所有正确命题的序号）因为所以不是函数的周期；对于定

5、义在上的函数若则函数不是偶函数；“”是“”成立的充分必要条件；若实数满足则三、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，在正四棱柱中，已知，.（1）求异面直线与直线所成的角的大小；（2）求点到平面的距离.18（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.19（12分）已知函数（1）解不等式；（2）若函数存在零点，求的求值范围20（12分）如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为梯形，为中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.21（12分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为（1）求曲线与极轴所在直线围

6、成图形的面积；（2）设曲线与曲线交于，两点，求.22（10分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是（1）求的值:（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值参考答案一、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、D【解析】利用已知条件，表示出向量 ,然后求解向量的数量积【详解】在中，点满足，可得 则=【点睛】本题考查了向量的数量积运算，关键是利用基向量表示所求向量2、A【解析】设 成立；反之，满足 ，但，故选A.3、D【解析】设双曲线的左焦点为，连接，设，则，

7、和中，利用勾股定理计算得到答案.【详解】设双曲线的左焦点为，连接，设，则，根据对称性知四边形为矩形，中：，即，解得；中：，即，故，故.故选：.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.4、C【解析】根据等差数列的性质可得，即，所以，故选C5、A【解析】求得的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得，为任意非零实数.【详解】依题意，在点处的切线与直线AB平行，即有，所以，由于对任意上式都成立，可得，为非零实数.故选：A【点睛】本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题6、C【解析】将三辆车的出车可能顺序一一

8、列出，找出符合条件的即可.【详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1；方案二坐车可能：312、321，所以，P1；所以P1+P2故选C.【点睛】本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.7、A【解析】由已知可得，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.8、A【解析】根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.【详解】.故选：A.【点睛

9、】本题主要考查数量积的运算，属于基础题.9、B【解析】先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案.【详解】，因为，所以，所以，即命题p为真命题；画出函数和图象，知命题q为假命题,所以为真.故选:B. 【点睛】本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易.10、D【解析】由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.【详解】根据指数函数的图像与性质可知，由对数函数的图像与性质可知，所以最小；而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知，代入上式可得所以，综上可知，故选：D.【点睛】本题

10、考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.11、D【解析】从第一行的第5列和第6列起由左向右读数划去大于20的数分别为：08,02,14,07,01，所以第5个个体是01，选D.考点：此题主要考查抽样方法的概念、抽样方法中随机数表法，考查学习能力和运用能力.12、C【解析】由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.【详解】余弦函数在区间上单调递减，且，由，可得，由正弦定理可得.因此，“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、

11、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、55【解析】根据该For语句的功能，可得，可得结果【详解】根据该For语句的功能，可得则故答案为：55【点睛】本题考查For语句的功能，属基础题.14、【解析】设出两点的坐标，结合抛物线方程、两条直线垂直的条件以及两点间的距离公式列方程，解方程求得的坐标.【详解】设，由于在抛物线上，所以.由于三角形是等腰直角三角形，所以.由得，化为，可得，所以，解得，则.所以.故答案为：【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题15、【解析】根据题意可知的两根为,再根据解集

12、的区间端点得出参数的关系,再求解即可.【详解】解：因为函数,关于的不等式的解集是 的两根为：和；所以有：且；且；故答案为：【点睛】本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题.16、【解析】对,根据周期的定义判定即可.对,根据偶函数满足的性质判定即可.对,举出反例判定即可.对,求解不等式再判定即可.【详解】解：因为当时, 所以由周期函数的定义知不是函数的周期,故正确；对于定义在上的函数,若,由偶函数的定义知函数不是偶函数,故正确；当时不满足则“”不是“”成立的充分不必要条件,故错误；若实数满足则所以成立,故正确正确命题的序号是故答案为：【点睛】本题主要考查了命题真假的判定,属于基础题

13、.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）；（2）.【解析】（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出即可【详解】以为原点，所在直线分别为轴建系，设所以, ,所以异面直线与直线所成的角的余弦值为 ，异面直线与直线所成的角的大小为（2）因为， ，设是面的一个法向量，所以有 即 ，令 ， ，故，又，所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力18、（1）证明见解析，；（2）.【解析】（1）将等式

14、变形为，进而可证明出是等差数列，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.19、（1）或 ；（2）【解析】（1）通过讨论的范围，将绝对值符号去掉，转化为求不等式组的解集，之后取并集，得到原不等式的解集；（2）将函数零点问题转化为曲线交点问题解决，数形结合得到结果.【详解】（1）有题不等式可化为，当时，原不等式可化为，解得；当时，原不等式

15、可化为，解得，不满足，舍去；当时，原不等式可化为，解得，所以不等式的解集为（2）因为，所以若函数存在零点则可转化为函数与的图像存在交点，函数在上单调增，在上单调递减，且.数形结合可知【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有分类讨论求绝对值不等式的解集，将零点问题转化为曲线交点的问题来解决，数形结合思想的应用，属于简单题目.20、（1）见解析；（2）【解析】(1)取的中点，结合三角形中位线和长度关系，为平行四边形，进而得到，根据线面平行判定定理可证得结论；(2)以，为，轴建立空间直角坐标系,分别求得两面的法向量，求得法向量夹角的余弦值；根据二面角为锐角确定最终二面角的余弦值；【详解

16、】（1）取的中点，连结，因为为中点，所以，为平行四边形，所以，又因为，所以；（2）由题及（1）易知，两两垂直，所以以，为，轴建立空间直角坐标系,则，易知面的法向量为设面的法向量为则可得所以,如图可知二面角为锐角，所以余弦值为【点睛】本题考查立体几何中直线与平面平行关系的证明、空间向量法求解二面角,正确求解法向量是解题的关键，属于中档题.21、（1）；（2）【解析】（1）利用互化公式，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，得出曲线与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，即可求出面积；（2）联立方程组，分别求出和的坐标，即可求出.【详解】解：（1）由于的极坐

17、标方程为，根据互化公式得，曲线的直角坐标方程为：当时，当时，则曲线与极轴所在直线围成的图形，是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，围成图形的面积.（2）由得，其直角坐标为，化直角坐标方程为，化直角坐标方程为，.【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，考查计算能力.22、（1）（2）【解析】（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,进而求出在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,从而（1）于是（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而于是因为为锐角,为钝角,所以从而【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.