泰州中学2023年高考数学二模试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知定义在上的函数的周期为4，当时，则（ ）ABCD2二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )A180B90C45D3603已知正项数列满足：，设，当

2、最小时，的值为( )ABCD4对于函数，定义满足的实数为的不动点，设，其中且，若有且仅有一个不动点，则的取值范围是（ ）A或BC或D5在中，角、所对的边分别为、，若，则（ ）ABCD6若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（ ）A7B6C5D47在正方体中，E是棱的中点，F是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是（ ）A点F的轨迹是一条线段B与BE是异面直线C与不可能平行D三棱锥的体积为定值8已知椭圆的短轴长为2，焦距为分别是椭圆的左、右焦点，若点为上的任意一点，则的取值范围为（ ）ABCD9阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（ ）A

3、B6CD10如图，在中， ，是上的一点，若，则实数的值为（ ）ABCD11五名志愿者到三个不同的单位去进行帮扶，每个单位至少一人，则甲、乙两人不在同一个单位的概率为（ ）ABCD12要得到函数的图象，只需将函数图象上所有点的横坐标（ ）A伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度B伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移个单位长度C缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度D缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若存在直线l与函数及的图象都相切，则实数的最小值为_

4、14等边的边长为2，则在方向上的投影为_15下图是一个算法的流程图，则输出的x的值为_16已知等差数列的前n项和为Sn，若，则_.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）设等比数列的前项和为，若（）求数列的通项公式；（）在和之间插入个实数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：.18（12分）已知函数，.（1）若曲线在点处的切线方程为，求，；（2）当时，求实数的取值范围.19（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，E是PD的中点证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值20（12分）如

5、图, 在四棱锥中, 底面是矩形, 四条侧棱长均相等.（1）求证：平面;（2）求证：平面平面.21（12分）已知在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为为椭圆上任意一点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线交椭圆于两点，且满足（分别为直线的斜率），求的面积为时直线的方程.22（10分）如图，在三棱柱中，、分别是、的中点.（1）证明：平面；（2）若底面是正三角形，在底面的投影为，求到平面的距离.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】因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式

6、和对数的运算性质，即可求得结果.【详解】定义在上的函数的周期为4，当时，.故选：A.【点睛】本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.2、A【解析】试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，令，则，.考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.3、B【解析】由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由递推公式求出.【详解】由得，即，当且仅当时取得最小值，此时.故选：B【点睛】本题主要考查了数列中的最值问题，递推公式的应用，基本不等式求最值，考查了学生的运算求解能力.4、C【解析】根据不动点的定义，利用换底公式分离参数可得；构造函数，并讨论的单调性与最

7、值，画出函数图象，即可确定的取值范围.【详解】由得，.令，则，令，解得，所以当时，则在内单调递增；当时，则在内单调递减；所以在处取得极大值，即最大值为，则的图象如下图所示：由有且仅有一个不动点，可得得或，解得或.故选：C【点睛】本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，分离参数法与构造函数方法的应用，属于中档题.5、D【解析】利用余弦定理角化边整理可得结果.【详解】由余弦定理得：，整理可得：，.故选：.【点睛】本题考查余弦定理边角互化的应用，属于基础题.6、C【解析】由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算【详解】的二项展开式中二项式系数和为，故选：C【点睛】本题考查

8、二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键7、C【解析】分别根据线面平行的性质定理以及异面直线的定义，体积公式分别进行判断【详解】对于，设平面与直线交于点，连接、，则为的中点分别取、的中点、，连接、， ，平面，平面，平面同理可得平面，、是平面内的相交直线平面平面，由此结合平面，可得直线平面，即点是线段上上的动点正确对于，平面平面，和平面相交，与是异面直线，正确对于，由知，平面平面，与不可能平行，错误对于，因为，则到平面的距离是定值，三棱锥的体积为定值，所以正确；故选：【点睛】本题考查了正方形的性质、空间位置关系、空间角、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8、D【解析】

9、先求出椭圆方程，再利用椭圆的定义得到，利用二次函数的性质可求，从而可得的取值范围.【详解】由题设有，故，故椭圆，因为点为上的任意一点，故.又，因为，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查椭圆的几何性质，一般地，如果椭圆的左、右焦点分别是，点为上的任意一点，则有，我们常用这个性质来考虑与焦点三角形有关的问题，本题属于基础题.9、D【解析】用列举法，通过循环过程直接得出与的值，得到时退出循环,即可求得.【详解】执行程序框图，可得，满足条件，满足条件，满足条件，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出S的值为.故选D【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,正确依次写出每次循环得到的与的值是解

10、题的关键,难度较易.10、B【解析】变形为，由得，转化在中，利用三点共线可得.【详解】解：依题： ，又三点共线，解得故选：【点睛】本题考查平面向量基本定理及用向量共线定理求参数. 思路是(1)先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.利用向量共线定理及向量相等的条件列方程(组)求参数的值. (2)直线的向量式参数方程： 三点共线 (为平面内任一点,)11、D【解析】三个单位的人数可能为2，2，1或3，1，1，求出甲、乙两人在同一个单位的概率，利用互为对立事件的概率和为1即可解决.【详解】由题意，三个单位的人数可能为2，2，1或3，1，1；基本事件总数有种

11、，若为第一种情况，且甲、乙两人在同一个单位，共有种情况；若为第二种情况，且甲、乙两人在同一个单位，共有种，故甲、乙两人在同一个单位的概率为，故甲、乙两人不在同一个单位的概率为.故选：D.【点睛】本题考查古典概型的概率公式的计算，涉及到排列与组合的应用，在正面情况较多时，可以先求其对立事件，即甲、乙两人在同一个单位的概率，本题有一定难度.12、B【解析】分析：根据三角函数的图象关系进行判断即可详解：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到 再将得到的图象向左平移个单位长度得到 故选B点睛：本题主要考查三角函数的图象变换，结合和的关系是解决本题的关键二、填空题：本题共4小题，

12、每小题5分，共20分。13、【解析】设直线l与函数及的图象分别相切于，因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，因为存在直线l与函数及的图象都相切，所以，所以，令，设，则，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以，所以实数的最小值为14、【解析】建立直角坐标系，结合向量的坐标运算求解在方向上的投影即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知：，则：，且，据此可知在方向上的投影为.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，向量投影的定义与计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15、1【解析】利用流程图，逐次进行运算，直到

13、退出循环，得到输出值.【详解】第一次：x4，y11，第二次：x5，y32，第三次：x1，y14，此时141013，输出x，故输出x的值为1故答案为：.【点睛】本题主要考查程序框图的识别，“还原现场”是求解这类问题的良方，侧重考查逻辑推理的核心素养.16、【解析】由，成等差数列，代入可得的值.【详解】解：由等差数列的性质可得：，成等差数列，可得：，代入，可得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.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、（）；（）详见解析.【解析】（），两式相减化简整理利用等比数列的通项公式即可得出（）由题设可得，可得，利

14、用错位相减法即可得出【详解】解：（）因为，故，两式相减可得，故，因为是等比数列，又，所以，故，所以；（）由题设可得，所以，所以，则，得：，所以，得证.【点睛】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18、（1）；（2）【解析】(1)对函数求导，运用可求得的值，再由在直线上，可求得的值；(2)由已知可得恒成立，构造函数，对函数求导，讨论和0的大小关系，结合单调性求出最大值即可求得的范围.【详解】（1）由题得，因为在点与相切所以，（2）由得，令，只需，设（），当时，在时为增函数，所以，舍；当时，开口向上，对称轴为，所以在时为增函数，所以，

15、舍；当时，二次函数开口向下，且，所以在时有一个零点，在时，在时，当即时，在小于零，所以在时为减函数，所以，符合题意；当即时，在大于零，所以在时为增函数，所以，舍.综上所述：实数的取值范围为【点睛】本题考查函数的导数，利用导数求函数的单调区间及函数的最小值，属于中档题处理函数单调性问题时，注意利用导函数的正负，特别是已知单调性问题，转化为函数导数恒不小于零，或恒小于零，再分离参数求解，求函数最值时分析好单调性再求极值，从而求出函数最值19、（1）见解析；（2）【解析】（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线

16、与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【详解】（1）平面平面，平面平面= ，所以 .由面面垂直的性质定理得平面，在中，由正弦定理可得：，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，设 ，则， , 得，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）在矩形中，又平面，平面，所以平面 （2）连结，交于点，连结，在矩形中，点为的中点，又，故， 又，

17、平面，所以平面， 又平面，所以平面平面21、（1）（2）或【解析】（1）根据椭圆定义求得，得椭圆方程；（2）设，由得，应用韦达定理得，代入已知条件可得，再由椭圆中弦长公式求得弦长，原点到直线的距离，得三角形面积，从而可求得，得直线方程【详解】解：（1）据题意设椭圆的方程为则椭圆的标准方程为.（2）据得设，则又原点到直线的距离解得或所求直线的方程为或【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题解题时采取设而不求思想，即设交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，把这个结论代入题中条件求得参数，用它求弦长等等，从而解决问题22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，利用中位线的性质得出，利用空间平行线的传递性可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）推导出平面，并计算出，由此可得出到平面的距离为，即可得解.【详解】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，、分别为、的中点，则，同理可得，.平面，平面，因此，平面；（2）由于在底面的投影为，平面，平面，为正三角形，且为的中点，平面，且，因此，到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.