四川省攀枝花市七中2023年高三六校第一次联考数学试卷含解析.doc

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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阅读下面的程序框图，运行相应的程序，程序运行输出的结果是（ ）A11B1C29D282 “”是“直线与互相平行”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执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）AB4CD4已知

2、为等腰直角三角形，为所在平面内一点，且，则（ ）ABCD5若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（ ）A2BCD6设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则ABCD7设全集集合，则（ ）ABCD8已知实数满足不等式组，则的最小值为（ ）ABCD9元代数学家朱世杰的数学名著算术启蒙是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，则输出的（ ）A3B4C5D610如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，则（ ）A1BC2D311已知三棱锥PABC的顶点都在球O的球面上

3、，PA，PB，AB4，CACB，面PAB面ABC，则球O的表面积为（ ）ABCD12已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（ ）A2或B3或C4或D5或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，圆，直线PM，PN分别与圆O相切，切点为M，N，若，则的最小值为_.14下图是一个算法流程图，则输出的S的值是_.15设数列的前项和为，且对任意正整数，都有，则_16在中，角的平分线交于，则面积的最大值为_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）已知椭圆的短轴长为，离心率，其右焦点为.（1）求椭圆的方程；（2

4、）过作夹角为的两条直线分别交椭圆于和，求的取值范围.18（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.（）若线段的中点坐标为，求直线的方程；（）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.19（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，是棱中点.（1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由；（2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦值.20（12分）山东省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、数学

5、、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为、共8个等级。参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生

6、的等级成绩.举例说明.某同学化学学科原始分为65分，该学科等级的原始分分布区间为5869，则该同学化学学科的原始成绩属等级.而等级的转换分区间为6170，那么该同学化学学科的转换分为：设该同学化学科的转换等级分为，求得.四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.（1）某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布.（i）若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为，其所在原始分分布区间为8293，求小明转换后的物理成绩；（ii）求物理原始分在区间的人数；（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记表示这4人中等级成

7、绩在区间的人数，求的分布列和数学期望.（附：若随机变量，则，）21（12分）已知三点在抛物线上.（）当点的坐标为时，若直线过点，求此时直线与直线的斜率之积；（）当，且时，求面积的最小值.22（10分）（本小题满分12分）已知椭圆C：的离心率为，连接椭圆四个顶点形成的四边形面积为4（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点A（1，0）的直线与椭圆C交于点M, N,设P为椭圆上一点，且O为坐标原点，当时，求t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、C【解析】根据程序框图的模拟过程，写出每执行一次的运行结果，属于基础题.【

8、详解】初始值， 第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，；第四次循环：，；第五次循环：，；第六次循环：，；第七次循环：，；第九次循环：，；第十次循环：，；所以输出.故选：C【点睛】本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果，属于基础题.2、A【解析】利用两条直线互相平行的条件进行判定【详解】当时，直线方程为与，可得两直线平行；若直线与互相平行，则，解得，则“”是“直线与互相平行”的充分不必要条件，故选【点睛】本题主要考查了两直线平行的条件和性质，充分条件，必要条件的定义和判断方法，属于基础题3、A【解析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，退出循环，输出结果.【详解】程

9、序运行过程如下：，；，；，；，；，；，；，退出循环，输出结果为，故选：A.【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.4、D【解析】以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案.【详解】如图建系，则，由，易得，则.故选：D【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.5、B【解析】由题中垂直关系，可得渐近线的方程，结合，构造齐次关系即得解【详解】双曲线的一条渐近线与直线垂直双曲线的渐近线方程为，得则离心率

10、故选：B【点睛】本题考查了双曲线的渐近线和离心率，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.6、D【解析】画出，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.【详解】由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，当，即时，最小，满足，对于任意的，所以本题答案为D.【点睛】本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.7、A【解析】先求出，再与集合N求交集.【详解】由已知，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.8、B【解析】作出约束条件的可行域，在可行域

11、内求的最小值即为的最小值，作，平移直线即可求解.【详解】作出实数满足不等式组的可行域，如图（阴影部分）令，则，作出，平移直线，当直线经过点时，截距最小，故，即的最小值为.故选：B【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域、理解目标函数的意义，属于基础题.9、B【解析】分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有；记执行第次循环时，的值记为有，则有.令，则有，故，故选B.点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综

12、合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.10、C【解析】连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.【详解】连接AO，由O为BC中点可得，、三点共线，.故选：C. 【点睛】本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.11、D【解析】由题意画出图形，找出PAB外接圆的圆心及三棱锥PBCD的外接球心O，通过求解三角形求出三棱锥PBCD的外接球的半径，则答案可求.【详解】如图；设AB的中点为D；

13、PA，PB，AB4，PAB为直角三角形，且斜边为AB，故其外接圆半径为：rABAD2；设外接球球心为O；CACB，面PAB面ABC，CDAB可得CD面PAB；且DC.O在CD上；故有：AO2OD2+AD2R2（R）2+r2R；球O的表面积为：4R24.故选：D.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查思维能力与计算能力，属于中档题.12、C【解析】先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出.【详解】设直线的倾斜角为，则，所以，即，所以直线的方程为.当直线的方程为，联立，解得和，所以；同理，当直线的方程为.，综上，或.选C.【点睛】本题主要考查直线和抛物线

14、的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物线的定义.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,，代入，则在直线上，即可得方程为，将 ，代入化简可得，则直线过定点,由则点在以为直径的圆上，则.即可求得.【详解】如图，由可知R为MN的中点，所以，设，则切线PM的方程为，即，同理可得，因为PM，PN都过，所以，所以在直线上，从而直线MN方程为，因为，所以，即直线MN方程为，所以直线MN过定点,所以R在以OQ为直径的圆上，所以.故答案为: .【点睛】本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定

15、点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.14、【解析】根据流程图，运行程序即得.【详解】第一次运行，；第二次运行，；第三次运行，；第四次运行；所以输出的S的值是.故答案为：【点睛】本题考查算法流程图，是基础题.15、【解析】利用行列式定义，得到与的关系，赋值，即可求出结果。【详解】由，令，得，解得。【点睛】本题主要考查行列式定义的应用。16、15【解析】由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值.【详解】画出图形：因为，由角平分线定理得,设，则由余弦定理得：即当且仅当，即时取等号所以面积的最大值为15故答案为：15【点睛】此

16、题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目.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）由已知短轴长求出，离心率求出关系，结合，即可求解；（2）当直线的斜率都存在时，不妨设直线的方程为，直线与椭圆方程联立，利用相交弦长公式求出，斜率为，求出，得到关于的表达式，根据表达式的特点用“”判别式法求出范围，当有一斜率不存在时，另一条斜率为，根据弦长公式，求出，即可求出结论.【详解】（1）由得，又由得，则，故椭圆的方程为.（2）由（1）知，当直线的斜率都存在时，由对称性不妨设直线的方程为，由，设，则，则，由椭圆

17、对称性可设直线的斜率为，则，.令，则，当时，当时，由得，所以，即，且.当直线的斜率其中一条不存在时，根据对称性不妨设设直线的方程为，斜率不存在，则，此时.若设的方程为，斜率不存在，则，综上可知的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系，注意根与系数关系、弦长公式、函数最值、椭圆性质的合理应用，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于难题.18、（）（）【解析】（）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；（）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.【详解】（1）设，则两式相减，可得.（*）因为线段的中点坐标为，所以，.代入（*）式，得.所以直线

18、的斜率.所以直线的方程为，即.（）设直线：（），联立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因为，所以.【点睛】本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉及韦达定理的应用，属中档题.19、（1）为中点，理由见解析；（2）当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.【解析】(1)为中点,可利用中位线与平行四边形性质证明，从而证明平面平面；（2）以A为原点，分别以，所在直线为、轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.【详解】（1）为中点，证明如下：分别为中点，又平面平面平面

19、又，且四边形为平行四边形，同理，平面，又 平面平面（2）以A为原点，分别以，所在直线为、轴建立空间直角坐标系则， 设直线与平面所成角为，则取平面的法向量为则令，则所以 当时，等号成立即当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.【点睛】本题主要考查了平面与平面的平行，直线与平面所成角的求解，考查了学生的直观想象与运算求解能力.20、 (1)（i）83.;（ii）272.(2)见解析.【解析】（1）根据原始分数分布区间及转换分区间，结合所给示例，即可求得小明转换后的物理成绩；根据正态分布满足，结合正态分布的对称性即可求得内的概率，根据总人数即可求得在该区间的人数。（2）根据

20、各等级人数所占比例可知在区间内的概率为，由二项分布即可求得的分布列及各情况下的概率，结合数学期望的公式即可求解。【详解】（1）（i）设小明转换后的物理等级分为，求得.小明转换后的物理成绩为83分；（ii）因为物理考试原始分基本服从正态分布，所以.所以物理原始分在区间的人数为（人）；（2）由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间内的概率为，随机抽取4人，则.，.的分布列为01234数学期望.【点睛】本题考查了统计的综合应用，正态分布下求某区间概率的方法，分布列及数学期望的求法，文字多，数据多，需要细心的分析和理解，属于中档题。21、（）；（）16.【解析】（）设出直线的方程并代入抛物线方程，利用

21、韦达定理以及斜率公式，变形可得；（）利用，的斜率，求得的坐标，再用基本不等式求得的最小值，从而可得三角形的面积的最小值【详解】解：（）设直线的方程为. 联立方程组，得，故，. 所以；（）不妨设的三个顶点中的两个顶点在轴右侧（包括轴），设，的斜率为，又，则， 因为，所以由 得，（且）从而当且仅当时取“”号，从而，所以面积的最小值为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合，属于中档题22、（1）；（2）【解析】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力第一问，先利用离心率、四边形的面积列出方程，解出a和b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，讨论直线MN的斜率是否存在，当直线MN的斜率存在时，直线方程与椭圆方程联立，消参，利用韦达定理，得到、，利用列出方程，解出，代入到椭圆上，得到的值，再利用，计算出的范围，代入到的表达式中，得到t的取值范围试题解析：（1），即又，椭圆C的标准方程为（2）由题意知，当直线MN斜率存在时，设直线方程为，联立方程消去y得，因为直线与椭圆交于两点，所以恒成立，又，因为点P在椭圆上，所以，即，又，即，整理得：，化简得：，解得或（舍），即当直线MN的斜率不存在时，此时，考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系