云南省罗平二中2022-2023学年高考数学倒计时模拟卷含解析.doc

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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已知为等差数列，若，则( )A1B2C3D62若变量，满足，则的最大值为（ ）A3B2CD103为研究语文成绩和英语成绩之间是否具有线性相关关系，统计两科成绩得到如图所示的散点图(

2、两坐标轴单位长度相同)，用回归直线近似地刻画其相关关系，根据图形，以下结论最有可能成立的是()A线性相关关系较强，b的值为1.25B线性相关关系较强，b的值为0.83C线性相关关系较强，b的值为0.87D线性相关关系太弱，无研究价值4设为的两个零点，且的最小值为1，则（ ）ABCD5某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长棱长为（ ）ABCD6下列选项中，说法正确的是（ ）A“”的否定是“”B若向量满足 ，则与的夹角为钝角C若，则D“”是“”的必要条件7函数图象的大致形状是（ ）ABCD8己知集合，则（ ）ABCD 9已知数列满足,(),则数列的通项公式( )ABCD10已知（为虚数单位，

3、为的共轭复数），则复数在复平面内对应的点在（ ）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限11下边程序框图的算法源于我国古代的中国剩余定理.把运算“正整数除以正整数所得的余数是”记为“”，例如.执行该程序框图，则输出的等于（ ）A16B17C18D1912设全集，集合，则集合（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数 函数 ，其中，若函数 恰有4个零点，则的取值范围是_14已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，若，则_.15已知函数若关于的不等式的解集为，则实数的所有可能值之和为_.16如图，己知半圆的直径，点是弦（包含端点，）上的动点，点在弧上若是等边三角形

4、，且满足，则的最小值为_.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）已知集合，集合，.（1）求集合B；（2）记，且集合M中有且仅有一个整数，求实数k的取值范围.18（12分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.若问题中的正整数存在，求的值；若不存在，说明理由.设正数等比数列的前项和为，是等差数列，_，是否存在正整数，使得成立？19（12分）如图，在三棱柱中，、分别是、的中点.（1）证明：平面；（2）若底面是正三角形，在底面的投影为，求到平面的距离.20（12分）已知函数.（）求在点处的切线方程；（）已知在上恒成立，求的值.（）若方程有两个实数根，且，证

5、明：.21（12分）已知函数，.（1）求函数的极值；（2）当时，求证：.22（10分）如图，在矩形中，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.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、B【解析】利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出【详解】an为等差数列，,，解得10，d3，+4d10+111故选：B【点睛】本题考查等差数列通项公式求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2、D【解析】画出约束条件的可行域，

6、利用目标函数的几何意义求解最大值即可【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：如图点坐标分别为，目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题3、B【解析】根据散点图呈现的特点可以看出，二者具有相关关系，且斜率小于1.【详解】散点图里变量的对应点分布在一条直线附近，且比较密集，故可判断语文成绩和英语成绩之间具有较强的线性相关关系，且直线斜率小于1，故选B.【点睛】本题主要考查散点图的理解，侧重考查读图识图能力和逻辑推理的核心素养.4、A【解析】先化简已知得,再根据题意得出f（x）

7、的最小值正周期T为12，再求出的值【详解】由题得,设x1，x2为f（x）=2sin（x）（0）的两个零点，且的最小值为1，=1，解得T=2；=2，解得=故选A【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题5、C【解析】根据三视图，可得该几何体是一个三棱锥，并且平面SAC平面ABC，过S作，连接BD ，再求得其它的棱长比较下结论.【详解】如图所示：由三视图得：该几何体是一个三棱锥，且平面SAC 平面ABC，过S作，连接BD，则 ，所以 ， ，该几何体中的最长棱长为.故选：C【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.6、D【解析】

8、对于A根据命题的否定可得：“x0R，x02-x00”的否定是“xR，x2-x0”，即可判断出；对于B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角；对于C当m=0时，满足am2bm2，但是ab不一定成立；对于D根据元素与集合的关系即可做出判断【详解】选项A根据命题的否定可得：“x0R，x02-x00”的否定是“xR，x2-x0”，因此A不正确；选项B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角，因此不正确.选项C当m=0时,满足am2bm2，但是ab不一定成立，因此不正确；选项D若“”，则且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要条件，故正确.故选：D.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词

9、的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.7、B【解析】判断函数的奇偶性，可排除A、C，再判断函数在区间上函数值与的大小，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以函数是奇函数，可排除A、C；又当，可排除D；故选：B.【点睛】本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题.8、C【解析】先化简，再求.【详解】因为，又因为，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题.9、A【解析】利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可【详解】数列满足：，可得以上各式相加可得：，故选：【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加

10、法以及通项公式的求法，考查计算能力10、D【解析】设，由，得，利用复数相等建立方程组即可.【详解】设，则，所以，解得，故，复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的几何意义，涉及到共轭复数的定义、复数的模等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.11、B【解析】由已知中的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 的值，模拟程序的运行过程，代入四个选项进行验证即可.【详解】解：由程序框图可知，输出的数应为被3除余2，被5除余2的且大于10的最小整数.若输出 ，则不符合题意，排除；若输出，则，符合题意.故选:B.【点睛】本题考查了程序框图.当循环的次数

11、不多，或有规律时，常采用循环模拟或代入选项验证的方法进行解答.12、C【解析】集合， 点睛：本题是道易错题，看清所问问题求并集而不是交集.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】， ，函数y=f(x)g(x)恰好有四个零点，方程f(x)g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2x)b=0有四个解，即函数y=f(x)+f(2x)与y=b的图象有四个交点， ，作函数y=f(x)+f(2x)与y=b的图象如下， ，结合图象可知， b2，故答案为.点睛： (1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a)的形式时，应从内到外

12、依次求值(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围14、127【解析】已知条件化简可化为,等式两边同时除以，则有 ，通过求解方程可解得,即证得数列为等比数列,根据已知即可解得所求.【详解】由.故答案为:.【点睛】本题考查通过递推公式证明数列为等比数列,考查了等比的求和公式,考查学生分析问题的能力,难度较易.15、【解析】由分段函数可得不满足题意；时，可得，即有，解方程可得，4，结合指数函数的图象和二次函数的图象即可得到所求和【详解】解：由函数，可得的增区间为，时，时，当关于

13、的不等式的解集为，可得不成立，时，时，不成立；，即为，可得，即有，显然，4成立；由和的图象可得在仅有两个交点综上可得的所有值的和为1故答案为：1【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，考查不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简运算能力，属于中档题16、1【解析】建系，设，表示出点坐标，则，根据的范围得出答案【详解】解：以为原点建立平面坐标系如图所示：则，设，则，显然当取得最大值4时，取得最小值1故答案为：1【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，坐标运算，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）（2）【解析】（1）由不等式可得,讨论与的关系,

14、即可得到结果；（2）先解得不等式,由集合M中有且仅有一个整数,当时,则M中仅有的整数为；当时,则M中仅有的整数为,进而求解即可.【详解】解:（1）因为,所以,当,即时,； 当,即时,；当,即时,. （2）由得,当,即时,M中仅有的整数为,所以,即； 当,即时,M中仅有的整数为,所以,即； 综上,满足题意的k的范围为【点睛】本题考查解一元二次不等式,考查由交集的结果求参数范围,考查分类讨论思想与运算能力.18、见解析【解析】根据等差数列性质及、，可求得等差数列的通项公式，由即可求得的值；根据等式，变形可得，分别讨论取中的一个，结合等比数列通项公式代入化简，检验是否存在正整数的值即可.【详解】在等

15、差数列中，公差，若存在正整数，使得成立，即成立，设正数等比数列的公比为的公比为，若选，当时，满足成立.若选，方程无正整数解，不存在正整数使得成立.若选，解得或（舍去），当时，满足成立.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的求法，等比数列通项公式及前n项和公式的应用，递推公式的简单应用，补充条件后求参数的值，属于中档题.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，利用中位线的性质得出，利用空间平行线的传递性可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）推导出平面，并计算出，由此可得出到平面的距离为，即可得解.【详解】（1）连接，连接、交于点，并连接

16、，则点为的中点，、分别为、的中点，则，同理可得，.平面，平面，因此，平面；（2）由于在底面的投影为，平面，平面，为正三角形，且为的中点，平面，且，因此，到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（）；（）；（）证明见解析【解析】（）根据导数的几何意义求解即可.（）求导分析函数的单调性,并构造函数根据单调性分析可得只能在处取得最小值求解即可.（）根据（）（）的结论可知,在上恒成立,再分别设 的解为、.再根据不等式的性质证明即可.【详解】（）由题,故.且.故在点处的切线方程为.（）设恒成立,故.设函数则,故在上单调递减

17、且,又在上单调递增.又,即且,故只能在处取得最小值,当时，此时,且在上,单调递减.在上,单调递增.故,满足题意；当时，此时有解,且在上单调递减,与矛盾；当时，此时有解,且在上单调递减,与矛盾；故（）.由（）,在上单调递减且,又在上单调递增,故最多一根.又因为,故设的解为,因为,故.所以在递减,在递增.因为方程有两个实数根,故 .结合（）（）有,在上恒成立.设 的解为,则；设的解为,则.故,.故,得证.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及根据函数的单调性与最值求解参数值的问题.同时也考查了构造函数结合前问的结论证明不等式的方法.属于难题.21、 (1) 的极小值为，无极大值.（2）见解析.【

18、解析】（1）对求导，确定函数单调性，得到函数极值.（2）构造函数，证明恒成立，得到，得证.【详解】（1）由题意知， 令，得，令，得.则在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）当时，要证，即证.令，则，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增，所以当时，所以，即.因为时，所以当时，所以当时，不等式成立.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键.22、（）详见解析；（）.【解析】（）根据，可得平面，故而平面平面（）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算【详解】解：（）因为，平面，平面所以平面，又平面，所以平面平面；（）过作于，则由平面，且平面知，所以平面，从而是直线与平面所成角.因为， 所以，从而.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题