江苏省南京市梅山高级中学2022-2023学年高三下学期联考数学试题含解析.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（ ）ABCD2已知函数则函数的图象的对称轴方程为（ ）ABCD3如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ）AACBEBEF平面ABCDC三棱锥A-BEF的体积为定值

2、D异面直线AE,BF所成的角为定值4已知，若则实数的取值范围是（ ）ABCD5已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（）AB或CD6在中，角、的对边分别为、，若，则（ ）ABCD7数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：曲线有四条对称轴；曲线上的点到原点的最大距离为；曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；四叶草面积小于.其中，所有正确结论的序号是（ ）ABCD8九章算术有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何?”意思是：“现在有一根金箠， 长五尺在粗的一端

3、截下一尺，重斤；在细的一端截下一尺，重斤，问各尺依次重多少?”按这一问题的颗设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是（ ）A斤B 斤C斤D斤9已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）ABCD10在中，是的中点，点在上且满足，则等于（ ）ABCD11已知函数的最大值为，若存在实数，使得对任意实数总有成立，则的最小值为（ ）ABCD12 “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.

4、若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，则_14设点P在函数的图象上，点Q在函数的图象上，则线段PQ长度的最小值为_15设函数，则_.16已知两圆相交于两点,，若两圆圆心都在直线上，则的值是_ .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）已知，函数有最小值7.（1）求的值；（2）设，求证：.18（12分）如图，在四棱锥中，底面，为的中点，是上的点.（1）若平面，证明：平面.（2）求二面角的余弦值.19（12分）正项数列的前n项和Sn满足： (1)求数列的通项公式； (2)令，数列bn的前n项和

5、为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn .20（12分）已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.（1）求数列、的通项公式；（2）令，证明：.21（12分）在多面体中，四边形是正方形，平面，为的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面所成角的正弦值.22（10分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.(1)求证:平面；(2)求三棱锥的体积.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】分子分母同乘,即根据复数的除法法则求

6、解即可.【详解】解:,故选:A【点睛】本题考查复数的除法运算,属于基础题.2、C【解析】，将看成一个整体，结合的对称性即可得到答案.【详解】由已知，令，得.故选：C.【点睛】本题考查余弦型函数的对称性的问题，在处理余弦型函数的性质时，一般采用整体法，结合三角函数的性质，是一道容易题.3、D【解析】A通过线面的垂直关系可证真假；B根据线面平行可证真假；C根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D根据列举特殊情况可证真假.【详解】A因为，所以平面，又因为平面，所以，故正确；B因为，所以，且平面，平面，所以平面，故正确；C因为为定值，到平面的距离为，所以为定值，故正确；D当，取为，如下图所示：因为，所以

7、异面直线所成角为，且，当，取为，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成角为，且，由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.4、C【解析】根据，得到有解，则，得，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解，【详解】因为，所以有解，即有解，所以，得，所以，又因为，所以，即，可化为，因为，所以的解集包含，所以或，解得，故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查

8、了运算求解的能力，属于中档题，5、C【解析】由可得，故可求的值.【详解】因为，所以，故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3） 为等比数列（ ）且公比为.6、B【解析】利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【详解】，即，即，得，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故选：B.【点睛】本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.7、C【解析】利用之

9、间的代换判断出对称轴的条数；利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.【详解】：当变为时， 不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；综上可知：有四条对称轴，故正确；：因为，所以，所以，所以，取等号时，所以最大距离为，故错误；：设任意一点，所以围成的矩形面积为，因为，所以，所以，取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；：由可知，所以四叶草包含在圆的内部，因

10、为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.故选：C.【点睛】本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.8、B【解析】依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，则，由此利用等差数列性质求出结果【详解】设金箠由粗到细各尺重量依次所成得等差数列为，设首项，则，公差，.故选B【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题9、A【解析】投影即为，利用数量积运算即可得到结论.【详解】设向量与向量的夹角为，由题意，得，所以，向量在向量方向上的投影为.故选：A.【点睛】本题

11、主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题.10、B【解析】由M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足可得：P是三角形ABC的重心，根据重心的性质，即可求解【详解】解：M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足P是三角形ABC的重心 又AM1故选B【点睛】判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法：定义：三条中线的交点性质：或取得最小值坐标法：P点坐标是三个顶点坐标的平均数11、B【解析】根据三角函数的两角和差公式得到，进而可以得到函数的最值，区间(m,n)长度要大于等于半个周期，最终得到结果.【详解】函数 则函数的最大值为2，存在实数，使得对任意

12、实数总有成立，则区间(m,n)长度要大于等于半个周期，即 故答案为：B.【点睛】这个题目考查了三角函数的两角和差的正余弦公式的应用，以及三角函数的图像的性质的应用，题目比较综合.12、D【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则故选D.点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13、。13、【解析】因为，由二倍角公式得到 ，故得到 故答案为14、【解析】由解析式可分析两函数互为反函数,则图象关于对称,则点到的距离的最小值的二倍即为所求,利用导函数即可求得最值.【详解】由题,因为与互为反函数,则图象关于对称,设点为,则到直线的距离为,设,则,令,即,所以当时,即单调递减；当时,即单调递增,所以,则,所以的最小值为,故答案为:【点睛】本题考查反函数的性质的应用,考查利用导函数研究函数的最值问题.15、【解析】由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法运算法则与对数恒等式关系分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求

14、值，属于简单题.16、【解析】根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得与直线垂直，且的中点在这条直线上，列出方程解得即可得到结论.【详解】由,，设的中点为，根据题意，可得,且，解得，,，故.故答案为：.【点睛】本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦，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）.（2）见解析【解析】（1）由绝对值三解不等式可得，所以当时，即可求出参数的值；（2）由，可得，再利用基本不等式求出的最小值，即可得证；【详解】解：（1），当时，解得.（2），当且仅当，即，时，等号成立.【点睛】本

15、题主要考查绝对值三角不等式及基本不等式的简单应用，属于中档题18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）因为，利用线面平行的判定定理可证出平面，利用点线面的位置关系，得出和，由于底面，利用线面垂直的性质，得出，且，最后结合线面垂直的判定定理得出平面，即可证出平面.（2）由（1）可知，两两垂直，建立空间直角坐标系，标出点坐标，运用空间向量坐标运算求出所需向量，分别求出平面和平面的法向量，最后利用空间二面角公式，即可求出的余弦值.【详解】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以可设平面平面，又因为平面，所以.因为平面，平面，所以，从而得.因为底面，所以.因为，所以.因为，所以平面

16、.综上，平面.（2）解：由（1）可得，两两垂直，以为原点，所在直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则，所以，.设是平面的法向量，由取取，得.设是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算，还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等，同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.19、（1）（2）见解析【解析】（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，所以，解得，当时，符合所以数列的通项公式，;（2）因为

17、，所以，所以数列的前项和为：，当时，有，所以，所以对于任意，数列的前项和.20、（1）,（2）证明见解析【解析】（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.【详解】（1）设首项为，公差为.由题意，得，解得，当时，.当时，满足上式.（2），令数列的前项和为.两式相减得恒成立，得证.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位

18、的理解.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）首先证明，平面.即可得到平面，.（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可.【详解】（1）平面，平面，.又四边形是正方形，.，平面.平面，.又，为的中点，.，平面.平面，.（2）平面，平面.以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如图所示：则，.，.设为平面的法向量，则，得，令，则.由题意知为平面的一个法向量，平面与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题.22、

19、（1）见解析（2）【解析】（1）第（1）问，连交于,连接.证明/ ，即证平面. (2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.【详解】（1）方法一：连交于,连接.由梯形，且，知 又为的中点，为的重心，在中， ,故/ .又平面, 平面, 平面.方法二：过作交PD于N,过F作FM|AD交CD于M,连接MN, G为PAD的重心，又ABCD为梯形，AB|CD,又由所作GN|AD,FM|AD,得/ ，所以GNMF为平行四边形.因为GF|MN, （2） 方法一:由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点， ，得平面，且 由（1）知/平面， 又由梯形ABCD，AB|CD，且，知 又为正三角形，得，得三棱锥的体积为. 方法二: 由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点， ，得平面，且由， 而又为正三角形，得，得.，三棱锥的体积为.