评价大联考2023年高考数学一模试卷含解析.doc

《评价大联考2023年高考数学一模试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《评价大联考2023年高考数学一模试卷含解析.doc（18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已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（ ）A-2B-1C1D22已知为锐角，且，则等于（ ）ABCD3若复数

2、为虚数单位在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数a为（ ）AB2CD4已知，若方程有唯一解，则实数的取值范围是( )ABCD5已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（）ABCD6已知三棱锥中，是等边三角形，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD7甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷，四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个，每个景点去一人已知：甲不在远古村寨，也不在百里绝壁；乙不在原始森林，也不在远古村寨；“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件；丁不在百里绝壁，也不在远古村寨若以上语句都正确，则游玩千丈瀑布景点的同学是（ ）A甲B

3、乙C丙D丁8设函数的导函数，且满足，若在中，则（ ）ABCD9执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）ABCD10已知三棱锥中，为的中点，平面，则有下列四个结论：若为的外心，则；若为等边三角形，则；当时，与平面所成的角的范围为；当时，为平面内一动点，若OM平面，则在内轨迹的长度为1其中正确的个数是（ ）A1B1C3D411已知集合A=x|y=lg（4x2），B=y|y=3x，x0时，AB=（ ）Ax|x2 Bx|1x2 Cx|1x2 D12已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知两动点在椭圆上，动点在直线上，若恒为锐角，则椭圆的离

4、心率的取值范围为_14在一次体育水平测试中，甲、乙两校均有100名学生参加，其中:甲校男生成绩的优秀率为70%，女生成绩的优秀率为50%;乙校男生成绩的优秀率为60%，女生成绩的优秀率为40%.对于此次测试，给出下列三个结论:甲校学生成绩的优秀率大于乙校学生成绩的优秀率;甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率;甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系不确定.其中，所有正确结论的序号是_.15命题“对任意，”的否定是 16如图，在ABC中，AB4，D是AB的中点，E在边AC上，AE2EC，CD与BE交于点O，若OBOC，则ABC面积的最大值为_三、

5、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）在直角坐标系中，曲线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）在曲线上取一点，直线绕原点逆时针旋转，交曲线于点，求的最大值.18（12分）已知点为椭圆上任意一点，直线与圆 交于，两点，点为椭圆的左焦点.（1）求证：直线与椭圆相切；（2）判断是否为定值，并说明理由.19（12分）若不等式在时恒成立，则的取值范围是_.20（12分）已知函数（1）求不等式的解集；（2）若函数的定义域为,求实数 的取值范围21（12分）设抛物线的焦点为，准线为，为过焦点且垂直于轴的抛物线的

6、弦，已知以为直径的圆经过点.（1）求的值及该圆的方程；（2）设为上任意一点，过点作的切线，切点为，证明：.22（10分）已知函数（），且只有一个零点.（1）求实数a的值；（2）若，且，证明：.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】求出函数的导数，利用切线方程通过f（0），求解即可；【详解】f （x）的定义域为（1，+），因为f（x）a，曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为y2x，可得1a2，解得a1，故选：B【点睛】本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力2、C【解析】由可得，再利

7、用计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力，属于基础题.3、D【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为求得值【详解】解：在复平面内所对应的点在虚轴上，即故选D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题4、B【解析】求出的表达式，画出函数图象，结合图象以及二次方程实根的分布，求出的范围即可【详解】解：令，则，则，故，如图示：由，得，函数恒过，由，可得，若方程有唯一解，则或，即或；当即图象相切时，根据，解得舍去），则的范围是，故选：【点睛】本题考查函数的零点问题

8、，考查函数方程的转化思想和数形结合思想，属于中档题5、C【解析】由双曲线与双曲线有相同的渐近线，列出方程求出的值，即可求解双曲线的离心率，得到答案【详解】由双曲线与双曲线有相同的渐近线，可得，解得，此时双曲线，则曲线的离心率为，故选C【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题6、D【解析】根据底面为等边三角形，取中点，可证明平面，从而，即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为，可求得到平面的距离，画出几何关系，设球心为，即可由球的性质和勾股定理求得球的半径，进而得球的表面积.【详

9、解】设为中点，是等边三角形，所以，又因为，且，所以平面，则，由三线合一性质可知所以三棱锥为正三棱锥，设底面等边的重心为，可得，所以三棱锥的外接球球心在面下方，设为，如下图所示：由球的性质可知，平面，且在同一直线上，设球的半径为，在中，即，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算，正三棱锥的外接球半径求法，球的表面积求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.7、D【解析】根据演绎推理进行判断【详解】由可知甲乙丁都不在远古村寨，必有丙同学去了远古村寨，由可知必有甲去了原始森林，由可知丁去了千丈瀑布，因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁故选：D【点睛】本题考

10、查演绎推理，掌握演绎推理的定义是解题基础8、D【解析】根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，得到，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.【详解】设，所以 ，因为当时，即，所以，在上是增函数，在中，因为，所以，因为，且，所以，即，所以，即故选：D【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9、B【解析】列出每一次循环，直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，退出循环，输出的为.故选：B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果，要注意在哪一步退出循环，是一道容易题.10、C【解析】由线面垂直的性质,结合

11、勾股定理可判断正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得正确.【详解】画出图形：若为的外心，则，平面,可得,即，正确;若为等边三角形，又可得平面，即,由可得，矛盾，错误;若，设与平面所成角为可得，设到平面的距离为由可得即有，当且仅当取等号.可得的最大值为， 即的范围为，正确；取中点，的中点，连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上，而，可得正确；所以正确的是：故选：C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来

12、证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.11、B【解析】试题分析：由集合A中的函数，得到，解得：，集合，由集合B中的函数，得到，集合，则，故选B考点：交集及其运算12、A【解析】解一元二次不等式化简集合的表示，求解函数的定义域化简集合的表示，根据可以得到集合、之间的关系，结合数轴进行求解即可.【详解】，.因为，所以有，因此有.故选：A【点睛】本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题，考查了解一元二次不等式，考查了函数的定义域，考查了数学运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题意可知圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，恒为锐角，只

13、需直线 与圆相离，从而可得，解不等式，再利用离心率即可求解.【详解】根据题意可得，圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，因此当直线 与圆相离时， 恒为锐角，故，解得 从而离心率.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，考查了逻辑分析能力，属于中档题.14、【解析】根据局部频率和整体频率的关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】不能确定甲乙两校的男女比例，故不正确；因为甲乙两校的男生的优秀率均大于女生成绩的优秀率，故甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率，故正确；因为不能确定甲乙两校的男女比例，故不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的

14、大小关系，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查局部频率和整体频率的关系，意在考查学生的理解能力和应用能力.15、存在，使得【解析】试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”考点：命题的否定16、【解析】先根据点共线得到，从而得到O的轨迹为阿氏圆，结合三角形和三角形的面积关系可求.【详解】设B，O，E共线，则，解得，从而O为CD中点，故.在BOD中，BD2，易知O的轨迹为阿氏圆，其半径，故故答案为：.【点睛】本题主要考查三角形的面积问题，把所求面积进行转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.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、（

15、1）（2）最大值为【解析】（1）利用消去参数，求得曲线的普通方程，再转化为极坐标方程.（2）设出两点的坐标，求得的表达式，并利用三角恒等变换进行化简，再结合三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）由消去得曲线的普通方程为.所以的极坐标方程为，即.（2）不妨设，则当时，取得最大值，最大值为.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，考查极坐标系下线段长度的乘积的最值的求法，考查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题.18、（1）证明见解析；（2）是，理由见解析.【解析】（1）根据判别式即可证明（2）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论，【详

16、解】解：（1）当时直线方程为或，直线与椭圆相切.当时，由得，由题知，即，所以.故直线与椭圆相切.（2）设，当时，所以，即.当时，由得，则，.因为 . 所以，即.故为定值.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题19、【解析】原不等式等价于在恒成立，令，求出在上的最小值后可得的取值范围.【详解】因为在时恒成立，故在恒成立.令，由可得.令，则为上的增函数，故.故.故答案为：.【点睛】本题考查含参数的不等式的恒成立，对于此类问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，本题属于基础题.20、

17、(1) (2) 【解析】（1）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可（2）要使函数的定义域为R，只要的最小值大于0即可,根据绝对值不等式的性质求得最小值即可得到答案【详解】（1）不等式或或，解得或，即x0,所以原不等式的解集为（2）要使函数的定义域为R，只要的最小值大于0即可，又，当且仅当时取等，只需最小值，即所以实数a的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查利用绝对值三角不等式求最值，属基础题21、（1），圆的方程为：.（2）答案见解析【解析】（1）根据题意，可知点的坐标为，即可求出的值，即可求出该圆的方程；（2）由题易知，直线的斜

18、率存在且不为0，设的方程为，与抛物线联立方程组，根据，求得，化简解得，进而求得点的坐标为，分别求出，利用向量的数量积为0，即可证出.【详解】解：（1）易知点的坐标为，所以，解得.又圆的圆心为，所以圆的方程为.（2）证明易知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，代入的方程，得.令，得，所以，解得.将代入的方程，得，即点的坐标为.所以，.故.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和圆的方程，考查直线和抛物线的位置关系，利用联立方程组、求交点坐标以及向量的数量积，考查解题能力和计算能力.22、（1）（2）证明见解析【解析】(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.(2)由(1)可知为最小值,则构造函数（）,求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得，由,可知 ,因为时,为增函数，即可得证得结论.【详解】（1）（）.因为，所以，令得，且，在上；在上；所以函数在时，取最小值，当最小值为0时，函数只有一个零点，易得，所以，解得.（2）由（1）得，函数，设（），则，设（），则，所以为减函数，所以，即，所以，即，又，所以，又当时，为增函数，所以，即.【点睛】本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.