天津市英华中学2022-2023学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答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，则（ ）ABC3D42已知为锐角，且，则等于（ ）ABCD3已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数

2、，在区间内的图象是( )ABCD4在中，为边上的中线，为的中点，且，则（ ）ABCD5已知、是双曲线的左右焦点，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点，若点在以线段为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ）ABCD6设（是虚数单位），则（ ）AB1C2D7已知集合，若，则（ ）ABCD8复数满足为虚数单位)，则的虚部为（ ）ABCD9已知ABC中，点P为BC边上的动点，则的最小值为（）A2BCD10中，为的中点，则（ ）ABCD211已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）ABCD12如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图

3、中判断框处应填入的是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，其中为左焦点.点为两曲线在第一象限的交点，、分别为曲线、的离心率，若是以为底边的等腰三角形，则的取值范围为_.14在中， ，则_.15若方程有两个不等实根，则实数的取值范围是_.16如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得已知山高，则山高_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，在等腰梯形中，ADBC，分别为，的中点，以为折痕将折起，使点到达点位置（平面）（1）若为直线上任意一点，证明

4、：MH平面；（2）若直线与直线所成角为，求二面角的余弦值18（12分）已知函数的最小正周期是，且当时，取得最大值（1）求的解析式；（2）作出在上的图象（要列表）19（12分）在直角坐标系中，已知直线的直角坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线和直线的极坐标方程；（2）已知直线与曲线、相交于异于极点的点，若的极径分别为，求的值.20（12分）已知的内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.21（12分）若正数满足，求的最小值.22（10分）如图，平面分别是上的动点，且.（1）若平面与平面的

5、交线为，求证：；（2）当平面平面时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.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、A【解析】根据复数相等的特征，求出和，再利用复数的模公式，即可得出结果.【详解】因为，所以，解得则.故选：A.【点睛】本题考查相等复数的特征和复数的模，属于基础题.2、C【解析】由可得，再利用计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力，属于基础题.3、A【解析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正

6、切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以 的周期为， 则， 所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.4、A【解析】根据向量的线性运算可得,利用及，计算即可.【详解】因为,所以，所以，故选：A【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量数量积的性质，属于中档题.5、A【解析】双曲线=1的渐近线方程为y=x，不妨设过点F1与双曲线的一条渐过线平行的直线方程为y=（xc），与y=x联立，可得交点M（，），点M在以线段F1F1为直径的圆外

7、，|OM|OF1|，即有+c1，3，即b13a1，c1a13a1，即c1a则e=1双曲线离心率的取值范围是（1，+）故选：A点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.6、A【解析】先利用复数代数形式的四则运算法则求出，即可根据复数的模计算公式求出【详解】，故选：A【点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算法则的应用，以及复数的模计算公式的应用，属于容易题7、A【解析】由，得，代入集合B即可得.【详解】，即：，故

8、选：A【点睛】本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题.8、C【解析】，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.【详解】由已知，故的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.9、D【解析】以BC的中点为坐标原点，建立直角坐标系，可得，设，运用向量的坐标表示，求得点A的轨迹，进而得到关于a的二次函数，可得最小值【详解】以BC的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得，设，由，可得，即，则，当时，的最小值为故选D【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查转化思想和二次函数的值域解法，考查运算能力，属于中档题10、D【解析】在中，由正弦

9、定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.【详解】在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，在中，由余弦定理可得，.故选：D【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.11、B【解析】根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案.【详解】角的终边过点，.故选：.【点睛】本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力.12、C【解析】根据程序框图的运行，循环算出当时，结束运行，总结分析即可得出答案.【详解】由题可知，程序框图的运行结果为31，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.此时输出.故选：C.【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框

10、，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】设，由椭圆和双曲线的定义得到，根据是以为底边的等腰三角形，得到 ，从而有，根据，得到，再利用导数法求的范围.【详解】设，由椭圆的定义得 ，由双曲线的定义得，所以，因为是以为底边的等腰三角形，所以，即 ，因为，所以 ，因为，所以，所以，即，而，因为，所以在上递增，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆，双曲线的定义和几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.14、【解析】先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.【详解】由知：，则在方向的投影为，由向量数量积的几何意义得：，故答案为【点睛】本题考查了投影

11、的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.15、【解析】由知x0，故.令，则.当时，；当时，.所以在（0，e）上递增，在（e，+）上递减.故，即.16、1【解析】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，故答案为1考点：正弦定理的应用三、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）见解析（2）【解析】(1)根据中位线证明平面平面，即可证明MH平面；（2）以，为，轴建立空间直角坐标系，找到点的坐标代入公式即可计算二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接，分别为，的中点，又平面，平面，平面，同理，平面，平面，平面，平面平面，平面，平面（2）连

12、接，在和中，由余弦定理可得，由与互补，可解得，于是，直线与直线所成角为，又，即，平面，平面平面，为中点，平面，如图所示，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，即令，则，可得平面的一个法向量为又平面的一个法向量为，二面角的余弦值为【点睛】此题考查线面平行，建系通过坐标求二面角等知识点，属于一般性题目.18、（1）；（2）见解析.【解析】（1）根据函数的最小正周期可求出的值，由该函数的最大值可得出的值，再由，结合的取值范围可求得的值，由此可得出函数的解析式；（2）由计算出的取值范围，据此列表、描点、连线可得出函数在区间上的图象.【详解】（1）因为函数的最小正周期是，所以又因为当时

13、，函数取得最大值，所以，同时，得，因为，所以，所以；（2）因为，所以，列表如下：描点、连线得图象：【点睛】本题考查正弦函数解析式的求解，同时也考查了利用五点作图法作图，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题.19、（1），.（2）【解析】（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，即可代入公式化为极坐标；根据直线的直角坐标方程，求得倾斜角，即可得极坐标方程.（2）将直线的极坐标方程代入曲线、可得，进而代入可得的值.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），消去得，把，代入得，从而得的极坐标方程为，直线的直角坐标方程为，其倾斜角为，直线的极坐标方程为.（2）将代入曲线的极坐标方程分别得到，则.【

14、点睛】本题考查了参数方程化为普通方程的方法，直角坐标方程化为极坐标方程的方法，极坐标的几何意义，属于中档题.20、（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理将目标式边化角，结合倍角公式，即可整理化简求得结果；（2）由面积公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，结合即可求得周长.【详解】（1）由题设得.由正弦定理得，所以或.当，（舍）故，解得.（2），从而.由余弦定理得.解得.故三角形的周长为.【点睛】本题考查由余弦定理解三角形，涉及面积公式，正弦的倍角公式，应用正弦定理将边化角，属综合性基础题.21、【解析】试题分析：由柯西不等式得，所以试题解析：因为均为正数，且，所以于是由均值不等式可知，

15、当且仅当时，上式等号成立从而故的最小值为此时考点：柯西不等式22、（1）见解析；（2）【解析】（1）首先由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理即可得证；（2）以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）由，又平面，平面，所以平面.又平面，且平面平面，故.（2）因为平面，所以，又，所以平面，所以，又，所以.若平面平面，则平面，所以，由且，又，所以.以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，则 ，设则由，可得，即，所以可得，所以，设平面的一个法向量为，则，取，得所以易知平面的法向量为，设平面与平面所成的二面角为，则，结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，利用空间向量法求二面角，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题