浙江省绍兴市2023届高三第二次模拟考试数学试卷含解析.doc

《浙江省绍兴市2023届高三第二次模拟考试数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省绍兴市2023届高三第二次模拟考试数学试卷含解析.doc（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。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已知是函数的极大值点，则的取值范围是ABCD2已知是球的球面上两点,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）ABCD3在四面体中，为正三角形，边长为6，则四面体的体积为（ ）ABC24D4已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限5给出以下四个命题：依次首尾相接的四条线段必共面；过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；垂直于同一

3、直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是（ ）A0B1C2D36函数，的部分图象如图所示，则函数表达式为（ ）ABCD7在中，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、的面积分别为、，记（），则取到最大值时，的值为（ ）A1B1CD8（ ）ABCD9已知圆关于双曲线的一条渐近线对称，则双曲线的离心率为（ ）ABCD10已知双曲线的右焦点为为坐标原点，以为直径的圆与双 曲线的一条渐近线交于点及点，则双曲线的方程为（ ）ABCD11已知公差不为0的等差数列的前项的和为，且成等比数列，则（ ）A56B72C88D4012函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，则的值为（ ）A0B2C4

4、D1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知向量，且向量与的夹角为_.14如图，是圆的直径，弦的延长线相交于点垂直的延长线于点求证：15已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是_16已知数列的前项和为,则满足的正整数的所有取值为_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）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，为侧棱上一点，已知.（）证明:平面平面；（）求二面角的余弦值.18（12分）求函数的最大值19（12分）已知椭圆过点且椭圆的左、右焦点与短轴的端点构成的四边形的面积为.（1）求椭圆C的标准方程：（2）设A是椭圆的左顶点，过右焦点F的直线，与

5、椭圆交于P，Q，直线AP，AQ与直线 交于M，N，线段MN的中点为E.求证：；记，的面积分别为、，求证：为定值.20（12分）已知.（1）解不等式；（2）若均为正数，且，求的最小值.21（12分）设数列是等差数列，其前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：.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、B【解析】方法一：令，则，当，时，单调递减，时，且，即在上单调递增，时，且，即在上单调递减，

6、是函数的极大值点，满足题意；当时，存在使得，即，又在上单调递减，时，所以，这与是函数的极大值点矛盾综上，故选B方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，即；在的右侧附近，即易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B2、C【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C考点：外接球表面积和椎体的体积3、A【解析】推导出，分别取的中点,连结，则，推导出，从而，进而四面体的体积为，由此能求出结果.【详解】解： 在四面体中，为等边三角形，边长为6，分别取的中点，连结，则，且，平面，平面，四面体的体积为

7、：.故答案为：.【点睛】本题考查四面体体积的求法，考查空间中线线，线面，面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力.4、D【解析】根据复数运算，求得，再求其对应点即可判断.【详解】，故其对应点的坐标为.其位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的运算，以及复数对应点的坐标，属综合基础题.5、B【解析】用空间四边形对进行判断；根据公理2对进行判断；根据空间角的定义对进行判断；根据空间直线位置关系对进行判断.【详解】中，空间四边形的四条线段不共面，故错误.中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故正确.中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平

8、行，那么这两个角相等或互补，故错误.中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故错误.故选：B【点睛】本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想，化归与转化思想.6、A【解析】根据图像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊点求出，化简即得所求.【详解】由图像知，解得，因为函数过点，所以，即，解得，因为，所以，.故选：A【点睛】本题考查根据图像求正弦型函数的解析式，三角函数诱导公式，属于基础题.7、D【解析】根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值

9、，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.【详解】如图所示：因为是的中位线，所以到的距离等于的边上高的一半，所以，由此可得，当且仅当时，即为的中点时，等号成立，所以，由平行四边形法则可得，将以上两式相加可得，所以，又已知，根据平面向量基本定理可得，从而.故选：D【点睛】本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.8、D【解析】利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.【详解】由所以，所以原式所以原式故故选：D【点睛】本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式

10、，关键在于掌握公式，属基础题.9、C【解析】将圆，化为标准方程为，求得圆心为.根据圆关于双曲线的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上，.再根据求解.【详解】已知圆，所以其标准方程为：，所以圆心为.因为双曲线，所以其渐近线方程为，又因为圆关于双曲线的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上，所以.所以.故选：C【点睛】本题主要考查圆的方程及对称性，还有双曲线的几何性质 ，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10、C【解析】根据双曲线方程求出渐近线方程：，再将点代入可得，连接，根据圆的性质可得，从而可求出，再由即可求解.【详解】由双曲线，则渐近线方程：， 连接，则，解得，所以，解得.故双曲线方程为.故选：C【

11、点睛】本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题.11、B【解析】，将代入，求得公差d，再利用等差数列的前n项和公式计算即可.【详解】由已知，故，解得或（舍），故，.故选：B.【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，考查等差数列基本量的计算，是一道容易题.12、C【解析】根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.【详解】因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，所以为上的奇函数.由可得，故，故是周期为4的周期函数.因为，所以.因为，故，所以.故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么

12、是周期为的周期函数，本题属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】根据向量数量积的定义求解即可【详解】解：向量，且向量与的夹角为，|；所以：（）2cos221，故答案为：1【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题14、证明见解析【解析】试题分析：四点共圆，所以，又，所以，即，得证试题解析：A连接，因为为圆的直径，所以，又，则四点共圆，所以又，所以，即，15、（-4，2）【解析】试题分析：因为当且仅当时取等号，所以考点：基本不等式求最值16、20,21【解析】由题意知数列奇数项和偶数项分别为等差数列和等比数列,则根据为奇数和为偶数分别算出求和公式,

13、代入数值检验即可.【详解】解: 由题意知数列的奇数项构成公差为的等差数列,偶数项构成公比为的等比数列,则;.当时, ,.当时, ,.由此可知,满足的正整数的所有取值为20,21.故答案为: 20,21【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项与求和公式,是综合题,分清奇数项和偶数项是解题的关键.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、（）证明见解析；（）.【解析】() 先证明，再证明平面，利用面面垂直的判定定理，即可求证所求证；()根据题意以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的向量，利用公式即可求解.【详解】()证：由已知得又 平面，平面，而故，平面 平面，

14、平面平面()由()知，推理知梯形中，有，又，故所以相似，故有，即所以，以为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，设平面的法向量为，则令，则，是平面的一个法向量设平面的一个法向量为 令，则 是平面的一个法向量= 又二面角为钝二面角，其余弦值为.【点睛】本题考查线面、面面垂直的判定定理与性质定理，考查向量法求二面角的余弦值，考查直观想象能力与运算求解能力，属于中档题.18、【解析】试题分析：由柯西不等式得试题解析：因为， 所以 等号当且仅当，即时成立所以的最大值为 考点：柯西不等式求最值19、（1）；（2）证明见解析；证明见解析【解析】（1）解方程即可；（2）设直线，将点的坐标用表示，证明

15、即可；分别用表示，的面积即可.【详解】（1）解之得：的标准方程为：（2）， ，设直线代入椭圆方程：设，直线，直线， ，.，所以.【点睛】本题考查了直接法求椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定值问题，在处理此类问题一般要涉及根与系数的关系，本题思路简单，但计算量比较大，是一道有一定难度的题.20、（1）；（2）【解析】（1）利用零点分段讨论法可求不等式的解.（2）利用柯西不等式可求的最小值.【详解】（1），由得或或，解得.（2），所以，由柯西不等式得：所以，即 （当且仅当时取“=”）.所以的最小值为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用柯西不等式求最值.解绝对值不等式的基本方法有零点分

16、段讨论法、图象法、平方法等，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图象法求解时注意图象的正确刻画利用柯西不等式求最值时注意把原代数式配成平方和的乘积形式，本题属于中档题.21、（1）（2）见解析【解析】（1）设数列的公差为，由，得到，再结合题干所给数据得到公差，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用放缩法证明不等式即可；【详解】解：（1）设数列的公差为，.（2），.【点睛】本题考查等差数列的通项公式的计算，放缩法证明数列不等式，属于中档题.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.