2022-2023学年四川省蓬溪县蓬南中学高考数学四模试卷含解析.doc

《2022-2023学年四川省蓬溪县蓬南中学高考数学四模试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年四川省蓬溪县蓬南中学高考数学四模试卷含解析.doc（17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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知是虚数单位，若，则实数（ ）A或B-1或1C1D2设分别是双曲线的左右焦点若双曲线上存在点，使，且，则双曲线的离心率为（ ）AB2CD3已知椭圆的焦点分别为，其中焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点，则椭圆的离心率为

2、（ ）ABCD42019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：甲不是军事科学院的；来自军事科学院的不是博士；乙不是军事科学院的；乙不是博士学位；国防科技大学的是研究生则丙是来自哪个院校的，学位是什么( )A国防大学，研究生B国防大学，博士C军事科学院，学士D国防科技大学，研究生5已知函数，若函数的所有零点依次

3、记为，且，则（ ）ABCD6已知是等差数列的前项和，则（ ）A85BC35D7在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）ABCD8数列满足：，为其前n项和，则（ ）A0B1C3D49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（ ）ABCD10已知集合，则=( )ABCD11设，则ABCD12已知函数，则函数的零点所在区间为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13抛物线的焦点到准线的距离为 14已知等差数列的前n项和为Sn，若，则_.15

4、点P是ABC所在平面内一点且在ABC内任取一点，则此点取自PBC内的概率是_16设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值是_.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）设数列的前项和为，且，数列满足，点在上， （1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和18（12分）若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得？并说明理由.19（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程；（2）设和交点的交点为，求 的面积20（12分）如图1，在等腰

5、梯形中，两腰，底边，是的三等分点，是的中点.分别沿，将四边形和折起，使，重合于点，得到如图2所示的几何体.在图2中，分别为，的中点.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知矩阵的逆矩阵.若曲线：在矩阵A对应的变换作用下得到另一曲线，求曲线的方程.22（10分）已知函数.（1）当时，解不等式；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.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、B【解析】由题意得，然后求解即可【详解】，.又，.【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题2、A【解析】由及双曲线定义得和

6、（用表示），然后由余弦定理得出的齐次等式后可得离心率【详解】由题意，由双曲线定义得，从而得，在中，由余弦定理得，化简得故选：A【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线定义用表示出到两焦点的距离，再由余弦定理得出的齐次式3、B【解析】根据题意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【详解】易知，且故有，则故选：B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题4、C【解析】根据可判断丙的院校；由和可判断丙的学位.【详解】由题意甲不是军事科学院的，乙不是军事科学院的；则丙来自军事科学院；由来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；由国防科技大学的是

7、研究生，可知丙不是研究生，故丙为学士.综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.故选：C.【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.5、C【解析】令，求出在的对称轴，由三角函数的对称性可得，将式子相加并整理即可求得的值.【详解】令，得，即对称轴为.函数周期，令，可得.则函数在上有8条对称轴.根据正弦函数的性质可知，将以上各式相加得：故选:C.【点睛】本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的周期性，考查了等差数列求和.本题的难点是将所求的式子拆分为的形式.6、B【解析】将已知条件转化为的形式，求得，由此求得.【详解】设公差为，则，所以，.故选：B【点

8、睛】本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.7、B【解析】由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.【详解】点的坐标满足方程，在圆上，在坐标满足方程，在圆上，则作出两圆的图象如图，设两圆内公切线为与，由图可知，设两圆内公切线方程为，则，圆心在内公切线两侧，可得，化为，即，的取值范围，故选B.【点睛】本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，尤其在解决选择题、

9、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.8、D【解析】用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期，再利用计算.【详解】由已知，所以，+，得，从而，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别为1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故选：D.【点睛】本题考查周期数列的应用，在求时，先算出一个周期的和即，再将表示成即可，本题是一道中档题.9、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，

10、”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10、C【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.11、C【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考

11、查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.12、A【解析】首先求得时，的取值范围.然后求得时，的单调性和零点，令，根据“时，的取值范围”得到，利用零点存在性定理，求得函数的零点所在区间.【详解】当时，.当时，为增函数，且，则是唯一零点.由于“当时，.”，所以令，得，因为，所以函数的零点所在区间为.故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方

12、法，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】试题分析：由题意得，因为抛物线，即，即焦点到准线的距离为.考点：抛物线的性质14、【解析】由，成等差数列，代入可得的值.【详解】解：由等差数列的性质可得：，成等差数列，可得：，代入，可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.15、【解析】设是中点，根据已知条件判断出三点共线且是线段靠近的三等分点，由此求得，结合几何概型求得点取自三角形的概率.【详解】设是中点，因为，所以，所以三点共线且点是线段靠近的三等分点，故，所以此点取自内的概率是故答案为：【点睛】本小题主要考查三点共线的向量表示，

13、考查几何概型概率计算，属于基础题.16、7【解析】作出不等式组表示的平面区域,得到如图的ABC及其内部,其中A(2,1),B(1,2),C(4,5)设z=F(x,y)=2x+3y，将直线l:z=2x+3y进行平移，当l经过点A时，目标函数z达到最小值z最小值=F(2,1)=7三、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）利用与的递推关系可以的通项公式；点代入直线方程得，可知数列是等差数列，用公式求解即可.(2)用错位相减法求数列的和.【详解】由可得，两式相减得，又，所以故是首项为1，公比为3的等比数列所以由点在直线上，所以则数列是首项为1，公

14、差为2的等差数列则因为，所以则，两式相减得：所以【点睛】用递推关系求通项公式时注意的取值范围，所求结果要注意检验的情况；由一个等差数列和一个等比数列的积组成的数列求和，常用错位相减法求解.18、（1）；（2）不存在.【解析】（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在【详解】（1）由，得，且当时取等号故，且当时取等号所以的最小值为；（2）由（1）知，由于，从而不存在，使得成立【考点定位】基本不等式19、（1）；（2）【解析】（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程即可

15、.（2）将和的极坐标方程联立，求得两个曲线交点的极坐标，即可由极坐标的含义求得的面积.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），消去参数的的直角坐标方程为所以的极坐标方程为 （2）解方程组，得到所以，则或（）当（）时，当（）时，所以和的交点极坐标为： ,. 所以故的面积为【点睛】本题考查了参数方程与普通方程的转化，直角坐标方程与极坐标的转化，利用极坐标求三角形面积，属于中档题.20、（1）证明见解析 （2）【解析】(1)先证，再证，由可得平面 ，从而推出平面 ；(2) 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与，坐标代入线面角的正弦值公式即可得解.【详解】（1）证明：连接，由图1知，四边形为菱形，

16、且，所以是正三角形，从而.同理可证，所以平面.又，所以平面，因为平面，所以平面平面.易知，且为的中点，所以，所以平面.（2）解：由（1）可知，且四边形为正方形.设的中点为，以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，由得取.设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力，属于基础题.21、【解析】根据，可解得，设为曲线任一点，在矩阵对应的变换作用下得到点，则点在曲线上，根据变换的定义写出相应的矩阵等式，再用表示出，代入曲线的方程中，即得.

17、【详解】，即.，解得，.设为曲线任一点，则，又设在矩阵A变换作用得到点，则，即，所以即代入，得，所以曲线的方程为.【点睛】本题考查逆矩阵，矩阵与变换等，是基础题.22、（1）； （2）.【解析】（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，在恒成立，从而得到的取值范围.【详解】（1）当时，由，得，即，或，即，或，即，综上：或，所以不等式的解集为.（2），因为，所以，又，得.不等式恒成立，即在时恒成立，不等式恒成立必须，解得.所以，解得，结合，所以，即的取值范围为.【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.