江西省吉安市永丰中学2023届高三3月份模拟考试数学试题含解析.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已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）A2B3C5D82已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）ABCD3已知函数的图象如图所示，则可以为（ ）ABCD4已知定义在上的奇函数和偶函数满足

2、（且），若，则函数的单调递增区间为（ ）ABCD5函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（ ）ABCD6已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（ ）ABCD7已知是等差数列的前项和，则（ ）A85BC35D8已知函数，关于x的方程f（x）a存在四个不同实数根，则实数a的取值范围是（ ）A（0，1）（1，e）BCD（0，1）9甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）A丙被录用了B乙被录用了C甲被录用了D无法确定谁被录用了10已知向

3、量满足,且与的夹角为,则( )ABCD11已知函数,则方程的实数根的个数是（ ）ABCD12已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ）A1B2C-1D-2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设函数，其中若存在唯一的整数使得，则实数的取值范围是_14设，满足条件，则的最大值为_.15在平面五边形中，且.将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是_.16直线xsiny20的倾斜角的取值范围是_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）如图，在四棱锥中，.（1）证明：平面；

4、（2）若，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.18（12分）已知数列的各项均为正数，为其前n项和，对于任意的满足关系式.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的通项公式是，前n项和为，求证：对于任意的正数n，总有.19（12分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，设与交于、两点，中点为，的垂直平分线交于、.以为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.（1）求的直角坐标方程与点的直角坐标；（2）求证：.20（12分）已知动圆过定点，且与直线相切，动圆圆心的轨迹为，过作斜率为的直线与交于两点，过分别作的切线，两切线的交点为，直线与交于两点（1）证明：点始终在直线上且；（

5、2）求四边形的面积的最小值21（12分）已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）的图象与两坐标轴的交点分别为，若三角形的面积大于，求参数的取值范围.22（10分）在中，内角的对边分别是，已知（1）求的值；（2）若，求的面积参考答案一、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、D【解析】画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.【详解】解：函数，如图所示当时，由于关于的不等式恰有1个整数解因此其整数解为3，又，则当时，则不满足题意；当时，当时，没有整数解当时，至少有两个整数解综上，实数的最大值为故选：D【

6、点睛】本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.2、C【解析】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案考点：异面直线所成的角3、A【解析】根据图象可知，函数为奇函数，以及函数在上单调递增，且有一个零点，即可对选项逐个验证即可得出【详解】首先对4个选项进行奇偶性判断，可知，为偶函数，不符合题意，排除B；其次，在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断, 在上无零点, 不符合题意，排除D；然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断, 在上单调递减, 不符合题意，排除C.故选：A【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查

7、学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于容易题4、D【解析】根据函数的奇偶性用方程法求出的解析式，进而求出，再根据复合函数的单调性，即可求出结论.【详解】依题意有， ， 得，又因为，所以，在上单调递增，所以函数的单调递增区间为.故选:D.【点睛】本题考查求函数的解析式、函数的性质，要熟记复合函数单调性判断方法，属于中档题.5、D【解析】由图象可以求出周期，得到，根据图象过点可求，根据正弦型函数的性质求出单调增区间即可.【详解】由图象知，所以，又图象过点，所以，故可取，所以令，解得所以函数的单调递增区间为故选：【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，利用“五点法”求函数解析式，属于中档题.6、

8、B【解析】根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象，数形结合即可【详解】解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，由图可知，故选：B【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题7、B【解析】将已知条件转化为的形式，求得，由此求得.【详解】设公差为，则，所以，.故选：B【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.8、D【解析】原问题转化为有四个不同的实根，换元处理令t，对g（t）进行零点个数讨论.【详解】由题意，a2，令t，则f（x）a记g（t）当t2时，g（t）

9、2ln（t）（t）单调递减，且g（2）2，又g（2）2，只需g（t）2在（2，+）上有两个不等于2的不等根则，记h（t）（t2且t2），则h（t）令（t），则（t）2（2）2，（t）在（2，2）大于2，在（2，+）上小于2h（t）在（2，2）上大于2，在（2，+）上小于2，则h（t）在（2，2）上单调递增，在（2，+）上单调递减由，可得，即a2实数a的取值范围是（2，2）故选：D【点睛】此题考查方程的根与函数零点问题，关键在于等价转化，将问题转化为通过导函数讨论函数单调性解决问题.9、C【解析】假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错

10、误，乙，丙的说法正确，满足题意，若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，综上可得甲被录用了，故选：C.【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.10、A【解析】根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.【详解】.故选：A.【点睛】本题主要考查数量积的运算，属于基础题.11、D【解析】画出函数 ,将方程看作交点个数，运用图象判断根的个数【详解】画出函数令有两解 ，则分别有3个，2个解，故方程的实数根的个数是3+2=5个故选：D【点睛】本题综合考查了函数的图象的运用，分类思想的运用，数学结合的思想判断方程的根，难度

11、较大，属于中档题12、D【解析】由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.【详解】因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，三点共线，所以，得，故选D.【点睛】本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据分段函数的解析式画出图像,再根据存在唯一的整数使得数形结合列出临界条件满足的关系式求解即可.【详解】解：函数,且画出的图象如下：因为,且存在唯一的整数使得,故与在时无交点,得；又,过定点又由图像可知,若存在唯一的整数使得时,所以,存在唯一的整数使得所以.根据图像可知,当时,

12、 恒成立.综上所述, 存在唯一的整数使得,此时故答案为：【点睛】本题主要考查了数形结合分析参数范围的问题,需要根据题意分别分析定点右边的整数点中为满足条件的唯一整数,再数形结合列出时的不等式求的范围.属于难题.14、【解析】作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求的最大值.【详解】作出可行域如图所示由得，则是直线在轴上的截距.平移直线，当直线经过可行域内的点时，最小，此时最大.解方程组，得，.故答案为：.【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题.15、【解析】设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，得到直线与的交点为几何体外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的

13、半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，则由球的性质可知，直线与的交点为几何体外接球的球心，取的中点，连接，由条件得，连接，因为，从而，连接，则为所得几何体外接球的半径，在直角中，由，可得，即外接球的半径为，故所得几何体外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.16、【解析】因为sin 1，1，所以sin 1，1，所以已知直线的斜率范围为1，1

14、，由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是答案：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】（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.【详解】（1），平面，平面（2）由（1）知，又为坐标原点，分别以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，设是平面的一个法向量则，即，取得直线与平面所成的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意

15、直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）根据公式得到，计算得到答案.（2），根据裂项求和法计算得到，得到证明.【详解】（1）由已知得时，故.故数列为等比数列，且公比.又当时，.（2）.【点睛】本题考查了数列通项公式和证明数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.19、（1），；（2）见解析.【解析】（1）将曲线的极坐标方程变形为，再由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，将直线的方程与曲线的方程联立，求出点、的坐标，即可得出线段的中点的坐标；（2）求得，写出直线的参数方程，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达

16、定理求得的值，进而可得出结论.【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为，即，将代入曲线的方程得，所以，曲线的直角坐标方程为.将直线的极坐标方程化为普通方程得，联立，得或，则点、，因此，线段的中点为；（2）由（1）得，易知的垂直平分线的参数方程为（为参数），代入的普通方程得，因此，.【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数几何意义的应用，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题.20、（1）见解析（2）最小值为1【解析】（1）根据抛物线的定义，判断出的轨迹为抛物线，并由此求得轨迹的方程.设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，由此求得点的坐标.写出直线的方程，联

17、立直线的方程和曲线的方程，根据韦达定理求得点的坐标，并由此判断出始终在直线上，且.（2）设直线的倾斜角为，求得的表达式，求得的表达式，由此求得四边形的面积的表达式进而求得四边形的面积的最小值【详解】(1)动圆过定点，且与直线相切，动圆圆心到定点和定直线的距离相等，动圆圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，轨迹的方程为：，设，直线的方程为：，即：，同理，直线的方程为：，由可得：， 直线方程为：，联立可得：， ，点始终在直线上且；（2）设直线的倾斜角为，由（1）可得：， 四边形的面积为：，当且仅当或，即时取等号，四边形的面积的最小值为1.【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系

18、，考查抛物线中四边形面积的最值的计算，考查运算求解能力，属于中档题.21、（1）（2）【解析】（1）当时，不等式可化为：，再利用绝对值的意义，分，讨论求解.（2）根据可得，得到函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，再利用三角形面积公式由求解.【详解】（1）当时，不等式可化为：当时，不等式化为，解得：当时，不等式化为，解得：，当时，不等式化为解集为，综上，不等式的解集为.（2）由题得，所以函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，的面积为，由，得（舍），或，所以，参数的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值函数的应用，还考查分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.22、（1）；（2）.【解析】（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；（2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.【详解】（1）由题意，得. , ， .（2），由正弦定理，可得. ab，, . .【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.