山西省吕梁市孝义市2023年高考数学全真模拟密押卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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已知函数，则不等式的解集是（ ）ABCD2设，是空间两条不同的直线，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的是（ ）ABCD3已知（i为虚数单位，），则ab等于（ ）A2B-2CD4若函数在处有极值，则在区间

2、上的最大值为（ ）AB2C1D35若单位向量，夹角为，且，则实数（ ）A1B2C0或1D2或16复数满足，则复数等于（）ABC2D-27在三棱锥中，点到底面的距离为2，则三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD8如图，在中，且，则（ ）A1BCD9在复平面内，复数z=i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）ABCD10已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到次结束为止某考生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值范围为( )ABCD11已知复数z（1+2i）（1+ai）（aR），若zR，则实数a（ ）ABC

3、2D212存在点在椭圆上，且点M在第一象限，使得过点M且与椭圆在此点的切线垂直的直线经过点，则椭圆离心率的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若函数，则使得不等式成立的的取值范围为_.14设的内角的对边分别为，若，则_15已知是夹角为的两个单位向量，若，则与的夹角为_.16在的展开式中，的系数为_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）如图，在正四棱锥中，点、分别在线段、上，（1）若，求证：；（2）若二面角的大小为，求线段的长18（12分）设函数，（）求曲线在点（1,0）处的切线方程；（）求函数在区间上的取值范围19（

4、12分）已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.（1）讨论的单调性（2）求实数和a的值（3）证明20（12分）函数，且恒成立.（1）求实数的集合；（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.（参考数据：）21（12分）已知xR，设，记函数.（1）求函数取最小值时x的取值范围；（2）设ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求ABC的面积S的最大值.22（10分）已知函数f(x)|x2|x1|.（）解不等式f(x)1；（）当x0时，若函数g(x)(a0)的最小值恒大于f(x)，求实数a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

5、一项是符合题目要求的。1、B【解析】由导数确定函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可.【详解】函数，可得，时，单调递增，故不等式的解集等价于不等式的解集故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数判定函数的单调性，根据单调性解不等式，属于中档题.2、C【解析】根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：、也可能相交或异面，故错：因为，所以或，因为，所以，故对：或，故错：如图因为，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为， 所以，所以，故对.故选：C【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.3、A【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等

6、的条件列式求解【详解】，得，故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题4、B【解析】根据极值点处的导数为零先求出的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上最值的求法计算即可.【详解】解：由已知得，经检验满足题意.，.由得；由得或.所以函数在上递增，在上递减，在上递增.则，由于，所以在区间上的最大值为2.故选：B.【点睛】本题考查了导数极值的性质以及利用导数求函数在连续的闭区间上的最值问题的基本思路，属于中档题5、D【解析】利用向量模的运算列方程，结合向量数量积的运算，求得实数的值.【详解】由于，所以，即，即，解得或.故选：D【点

7、睛】本小题主要考查向量模的运算，考查向量数量积的运算，属于基础题.6、B【解析】通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可.【详解】复数满足，故选B.【点睛】本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题7、C【解析】首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中，可以计算出的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积【详解】取中点，由，可知：，为三棱锥外接球球心，过作平面，交平面于，连接交于，连接，为的中点由球的性质可知：平面，且设，在中，即，解得：，三棱锥的外接球的半径为：，三棱锥外接球的表面积为故选：.【点睛】

8、本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.8、C【解析】由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案【详解】由，则，即，所以，又共线，则.故选：C【点睛】此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.9、A【解析】由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数可求.【详解】解：复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，设(a，b)，则，即，又，解得：，

9、对应复数为.故选：A.【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.10、A【解析】根据题意，分别求出再根据离散型随机变量期望公式进行求解即可【详解】由题可知，则解得，由可得，答案选A【点睛】本题考查离散型随机变量期望的求解，易错点为第三次发球分为两种情况：三次都不成功、第三次成功11、D【解析】化简z（1+2i）（1+ai）=，再根据zR求解.【详解】因为z（1+2i）（1+ai）=，又因为zR，所以，解得a-2.故选：D【点睛】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.12、D【解析】根据题意利用垂直直线斜率间的关系建立不等式再求解即可.【详解】因为过点M

10、椭圆的切线方程为,所以切线的斜率为,由,解得,即,所以,所以.故选：D【点睛】本题主要考查了建立不等式求解椭圆离心率的问题,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】分，两种情况代入讨论即可求解.【详解】，当时，符合；当时，不满足.故答案为：【点睛】本题主要考查了分段函数的计算，考查了分类讨论的思想.14、或【解析】试题分析：由，则可运用同角三角函数的平方关系：，已知两边及其对角，求角用正弦定理；，则；可得考点：运用正弦定理解三角形（注意多解的情况判断）15、【解析】依题意可得，再根据求模，求数量积，最后根据夹角公式计算可得；【详解】解：因为是夹角为的两个单位向

11、量所以，又，所以，所以，因为所以；故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算律，以及夹角的计算，属于基础题.16、【解析】根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.【详解】的展开式中，所求项为：，的系数为.故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式定理的应用，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）证明见解析；（2）【解析】试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题（1）只要证明0即可证明垂直；（2）设，得M(，0，1)，

12、然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得试题解析: (1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系因为PAAB，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)由，得N，由，得M，所以，(1，1，0)因为0，所以MNAD(2) 解：因为M在PA上，可设，得M(，0，1)所以(，1，1)，(0，2，0)设平面MBD的法向量(x，y，z)，由，得其中一组解为x1，y0，z，所以可取(1，0，)因为平面ABD的法向量为(0，0，1)，所以cos，即，解得，从而M，N，所

13、以MN 考点：用空间向量法证垂直、求二面角18、（1）（2）【解析】分析：(1)先断定在曲线上，从而需要求，令，求得结果，注意复合函数求导法则，接着应用点斜式写出直线的方程；(2)先将函数解析式求出，之后借助于导数研究函数的单调性，从而求得函数在相应区间上的最值.详解：（）当，. ， 当， 所以切线方程为.（）,因为，所以.令，则在单调递减， 因为，所以在上增，在单调递增. , 因为，所以在区间上的值域为.点睛：该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，曲线在某个点处的切线方程的求法，复合函数求导，函数在给定区间上的最值等，在解题的过程中，需要对公式的正确使用.1

14、9、（1）在区间单调递增；（2）；（3）证明见解析.【解析】（1）求出，在定义域内，再次求导，可得在区间上恒成立，从而可得结论；（2）由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知在区间单调递增，可证明，取，可得，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.【详解】（1）由已知可得函数的定义域为，且，令，则有，由，可得，可知当x变化时，的变化情况如下表：1-0+极小值，即，可得在区间单调递增；（2）由已知可得函数的定义域为，且，由已知得，即，由可得，联立，消去a，可得，令，则，由（1）知，故，在区间单调递增，注意到，所以方程有唯一解，代入，可得，；（3）证明：由（1）知在区间单调递增，故

15、当时，可得在区间单调递增，因此，当时，即，亦即，这时，故可得，取，可得，而，故.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.20、（1）；（2）2个，证明见解析【解析】（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；（2）将图像与图像的交点

16、个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.【详解】（1）的定义域为，因为，1当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；2当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，若；若；而时，要使恒成立，故.（2）原问题转化为方程实根个数问题，当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：由，即，令，因为，所以是的一根；，1当时，所以在上单调递减，即在上无实根；2当时，则在上单调递递增，又，所以在上有唯一实根，且满足，当时，在上单调递减，此时在上无实根；当时，在上单调递增，故在上有唯一实根.3当时，由（1）知，在上单调递增，所以，故

17、，所以在上无实根.综合1，2，3，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.【点睛】此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.21、（1）；（2）【解析】(1)先根据向量的数量积的运算，以及二倍角公式和两角和的正弦公式化简得到f（x）=，再根据正弦函数的性质即可求出答案；（2）先求出C的大小，再根据余弦定理和基本不等式，即可求出，根据三角形的面积公式即可求出答案.【详解】（1）. 令，kZ，即时，取最小值， 所以，所求的取值集合是；（2）由，得，因为，所以，所以，. 在中，由余弦定理，得，即，当且仅当时取等号，所以的面积，因此的面积的最大值为.【点睛】本题考

18、查了向量的数量积的运算和二倍角公式，两角和的正弦公式，余弦定理和基本不等式，三角形的面积公式，属于中档题.22、（）；（）。【解析】（）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（）由条件利用基本不等式求得，再由，求得的范围【详解】（）当时，原不等式可化为，此时不成立；当时，原不等式可化为，解得，即；当时，原不等式可化为，解得.综上，原不等式的解集是 （）因为，当且仅当时等号成立，所以.当时，所以所以，解得，故实数的取值范围为【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想