江西省吉安市吉安县第三中学2023届高三下学期第六次检测数学试卷含解析.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如图是一个算法流程图，则输出的结果是（）ABCD2已知是虚数单位，若，则实数（ ）A或B-1或1C1D3已知直线y=k(x

2、+1)(k0)与抛物线C相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则|FA| =（ ）A1B2C3D44为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（ ）A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度5已知等边ABC内接于圆：x2+ y2=1，且P是圆上一点，则的最大值是（ ）AB1CD26已知，则，不可能满足的关系是（）ABCD7已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（ ）A（）B（）C（）D（）8如图，在平行四边形中，为对角线的交点，点为平行四边形外一点，且，则（ ）ABCD9已知函数

3、，则不等式的解集为（ ）ABCD10已知向量与的夹角为，则( )AB0C0或D11已知F是双曲线（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（ ）A2kB4kC4D212已知双曲线的右焦点为，若双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且点到该渐近线的距离为，则双曲线的实轴的长为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某高校组织学生辩论赛，六位评委为选手成绩打出分数的茎叶图如图所示，若去掉一个最高分，去掉一个最低分，则所剩数据的平均数与中位数的差为_.14如图，在三棱锥中，平面，已知，则当最大时，三棱锥的体积为_15执行以下语句后，打印纸上打印出的结果应是：_16已知是

4、等比数列，且，则_，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）已知变换将平面上的点，分别变换为点，设变换对应的矩阵为（1）求矩阵；（2）求矩阵的特征值18（12分）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c2a，bsinBasinAasinC（）求sinB的值；（）求sin（2B+）的值19（12分）如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为梯形，为中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.20（12分）已知函数.（）求在点处的切线方程；（）已知在上恒成立，求的值.（）若方程有两个实数根，且，证明：.21（12分）已知函数有两个零点

5、.(1)求的取值范围；(2)是否存在实数， 对于符合题意的任意，当 时均有?若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由22（10分）已知，均为正数，且.证明：（1）；（2）.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】执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环，即可求解，得到答案【详解】由题意，执行上述的程序框图：第1次循环：满足判断条件，；第2次循环：满足判断条件，；第3次循环：满足判断条件，；不满足判断条件，输出计算结果，故选A【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的结果的计算与输出，其中解答中执行程序框图

6、，逐次计算，根据判断条件终止循环是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题2、B【解析】由题意得，然后求解即可【详解】，.又，.【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题3、C【解析】方法一：设，利用抛物线的定义判断出是的中点，结合等腰三角形的性质求得点的横坐标，根据抛物线的定义求得，进而求得.方法二：设出两点的横坐标，由抛物线的定义，结合求得的关系式，联立直线的方程和抛物线方程，写出韦达定理，由此求得，进而求得.【详解】方法一：由题意得抛物线的准线方程为，直线恒过定点，过分别作于，于，连接，由，则，所以点为的中点，又点是的中点，则，所以，又所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为，所以，所

7、以方法二：抛物线的准线方程为，直线由题意设两点横坐标分别为，则由抛物线定义得又 由得.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题.4、D【解析】通过变形，通过“左加右减”即可得到答案.【详解】根据题意，故只需把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度可得到函数的图象，故答案为D.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，难度不大.5、D【解析】如图所示建立直角坐标系，设，则，计算得到答案.【详解】如图所示建立直角坐标系，则，设，则.当，即时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了向量的计算，建立直角坐标系利用坐标计算是解题的关键.6、C【解析】根据即可得出，根据

8、，即可判断出结果【详解】；，；，故正确；，故C错误；，故D正确故C【点睛】本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档题7、B【解析】根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得，即，解得或（其中，）.又，即（其中）.由得或，即或（其中，），因此的最小值为.因为，所以（）.又，所以，所以，令（），则（）.因此，当取得最小值时，的单调递增区间是（）.故选：B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.8、D【解析】连接，根据题目，证明

9、出四边形为平行四边形，然后，利用向量的线性运算即可求出答案【详解】连接，由，知，四边形为平行四边形，可得四边形为平行四边形，所以.【点睛】本题考查向量的线性运算问题，属于基础题9、D【解析】先判断函数的奇偶性和单调性，得到，且，解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为，所以为上的偶函数，因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为，所以，且，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10、B【解析】由数量积的定义表示出向量与的夹角为，再由，代入表达式中即可求出.【详解】由向量与的夹角为，得

10、，所以，又，所以，解得.故选：B【点睛】本题主要考查向量数量积的运算和向量的模长平方等于向量的平方，考查学生的计算能力，属于基础题.11、D【解析】分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.【详解】当时,等式不是双曲线的方程；当时,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.故选：D【点睛】本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.12、B【解析】双曲线的渐近线方程为，由题可知设点，则点到直线的距离为，解得，所以，解得，所以双曲线的实轴的长为，故选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先根据茎叶图求出平均数和中位数，

11、然后可得结果.【详解】剩下的四个数为83，85，87，95，且这四个数的平均数，这四个数的中位数为，则所剩数据的平均数与中位数的差为.【点睛】本题主要考查茎叶图的识别和统计量的计算，侧重考查数据分析和数学运算的核心素养.14、4【解析】设，则，当且仅当，即时，等号成立.,故答案为415、1【解析】根据程序框图直接计算得到答案.【详解】程序在运行过程中各变量的取值如下所示：是否继续循环 i x循环前 1 4 第一圈 是 4 4+2第二圈 是 7 4+2+8第三圈 是 10 4+2+8+14退出循环，所以打印纸上打印出的结果应是：1故答案为：1【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理

12、解能力.16、5 【解析】 ，即的最大值为三、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、（1）（2）1或6【解析】（1）设，根据变换可得关于的方程，解方程即可得到答案；（2）求出特征多项式，再解方程，即可得答案；【详解】（1）设，则，即，解得，则（2）设矩阵的特征多项式为，可得，令，可得或【点睛】本题考查矩阵的求解、矩阵的特征值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.18、（） （）【解析】（）根据条件由正弦定理得，又c2a，所以，由余弦定理算出，进而算出；（）由二倍角公式算出，代入两角和的正弦公式计算即可.【详解】（） bsinBasinAasinC，所

13、以由正弦定理得，又c2a，所以，由余弦定理得：，又，所以；（），.【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力.19、（1）见解析；（2）【解析】(1)取的中点，结合三角形中位线和长度关系，为平行四边形，进而得到，根据线面平行判定定理可证得结论；(2)以，为，轴建立空间直角坐标系,分别求得两面的法向量，求得法向量夹角的余弦值；根据二面角为锐角确定最终二面角的余弦值；【详解】（1）取的中点，连结，因为为中点，所以，为平行四边形，所以，又因为，所以；（2）由题及（1）易知，两两垂直，所以以，为，轴建立空间直角坐标系,则，易知面的法向量为设面

14、的法向量为则可得所以,如图可知二面角为锐角，所以余弦值为【点睛】本题考查立体几何中直线与平面平行关系的证明、空间向量法求解二面角,正确求解法向量是解题的关键，属于中档题.20、（）；（）；（）证明见解析【解析】（）根据导数的几何意义求解即可.（）求导分析函数的单调性,并构造函数根据单调性分析可得只能在处取得最小值求解即可.（）根据（）（）的结论可知,在上恒成立,再分别设 的解为、.再根据不等式的性质证明即可.【详解】（）由题,故.且.故在点处的切线方程为.（）设恒成立,故.设函数则,故在上单调递减且,又在上单调递增.又,即且,故只能在处取得最小值,当时，此时,且在上,单调递减.在上,单调递增.

15、故,满足题意；当时，此时有解,且在上单调递减,与矛盾；当时，此时有解,且在上单调递减,与矛盾；故（）.由（）,在上单调递减且,又在上单调递增,故最多一根.又因为,故设的解为,因为,故.所以在递减,在递增.因为方程有两个实数根,故 .结合（）（）有,在上恒成立.设 的解为,则；设的解为,则.故,.故,得证.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及根据函数的单调性与最值求解参数值的问题.同时也考查了构造函数结合前问的结论证明不等式的方法.属于难题.21、 (1)；(2).【解析】（1）对求导，对参数进行分类讨论，根据函数单调性即可求得.（2）先根据，得，再根据零点解得，转化不等式得，令，化简得，因

16、此 ，最后根据导数研究对应函数单调性，确定对应函数最值，即得取值集合.【详解】（1），当时，对恒成立，与题意不符，当，时，即函数在单调递增，在单调递减，和时均有，解得：，综上可知：的取值范围；（2）由(1)可知，则，由的任意性及知，且，故，又，令，则，且恒成立，令，而，时，时，令，若，则时，即函数在单调递减，与不符；若，则时，即函数在单调递减，与式不符；若，解得，此时恒成立，即函数在单调递增，又，时，；时，符合式，综上，存在唯一实数符合题意.【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.22、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由进行变换，得到，两边开方并化简，证得不等式成立.（2）将化为，然后利用基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1），两边加上得，即，当且仅当时取等号，.（2）.当且仅当时取等号.【点睛】本小题主要考查利用基本不等式证明不等式成立，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.