浙江温州市2023年高三第五次模拟考试数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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正三棱柱中，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）ABCD2已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为ABCD3将函数的图象向右平移个周期后，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（ ）ABCD4已知函数，且

2、在上是单调函数，则下列说法正确的是（ ）ABC函数在上单调递减D函数的图像关于点对称5函数的部分图像大致为（ ）ABCD6若，则（ ）ABCD7 “且”是“”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件8已知直线是曲线的切线，则（ ）A或1B或2C或D或19如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）ABCD810盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（ ）ABCD11已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近

3、线方程为（）ABCD12双曲线的渐近线方程为( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图在三棱柱中，点为线段上一动点，则的最小值为_.14有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有_种； _；15已知函数，若在定义域内恒有，则实数的取值范围是_16已知为偶函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_.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）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为（1）当直线的倾斜角为时，求线段AB的中点的横坐标；（2）设点A关于轴的对称点为C，求证：M，B，C三点共线

4、；（3）设过点M的直线交椭圆于两点，若椭圆上存在点P，使得（其中O为坐标原点），求实数的取值范围18（12分）如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形， ，（）求证：；（）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值19（12分）已知，函数，（是自然对数的底数）.（）讨论函数极值点的个数；（）若，且命题“，”是假命题，求实数的取值范围.20（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，ABAA1，M，N分别是AC，B1C1的中点求证：（1）MN平面ABB1A1；（2）ANA1B21（12分）记为数列的前项和，N.（1）求；（2）令，证明数列是等比数列，并求其前项和.22（10分）已知函数

5、（1）若，不等式的解集；（2）若，求实数的取值范围.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、C【解析】取中点，连接，根据正棱柱的结构性质，得出/，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.【详解】解：如图，取中点，连接，由于正三棱柱，则底面，而底面，所以，由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且,所以平面，而平面，则，则/，即为异面直线与所成角，设，则，则，.故选：C.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.2、D【解析】如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以

6、，.在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D3、D【解析】由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式，再利用诱导公式得到关于的方程，对赋值即可求解.【详解】由题意知，函数的最小正周期为,即,由函数的图象平移变换公式可得，将函数的图象向右平移个周期后的解析式为，因为函数的图象关于轴对称，所以，即，所以当时，有最小正值为.故选：D【点睛】本题考查函数的图象平移变换公式和三角函数诱导公式及正余弦函数的性质；熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.4、B【解析】根据函数，在上是单调函数，确定 ，然后一一验证，A.若，则，由，得，但.B.由，确定，再求解验证.C.利用

7、整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.【详解】因为函数，在上是单调函数，所以 ，即，所以 ，若，则，又因为，即，解得， 而，故A错误.由，不妨令 ，得由，得 或当时，不合题意.当时，此时所以，故B正确.因为，函数，在上是单调递增，故C错误.，故D错误.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用，还考查了运算求解的能力，属于较难的题.5、A【解析】根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案.【详解】解：因为，所以的定义域为，则，为偶函数，图象关于轴对称，排除选项，且当时，排除

8、选项，所以正确.故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除.6、C【解析】利用指数函数和对数函数的单调性比较、三个数与和的大小关系，进而可得出、三个数的大小关系.【详解】对数函数为上的增函数，则，即；指数函数为上的增函数，则；指数函数为上的减函数，则.综上所述，.故选：C.【点睛】本题考查指数幂与对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性结合中间值法来比较，考查推理能力，属于基础题.7、A【解析】画出“,所表示的平面区域,即可进行判断.【详解】如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，

9、显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，故选:.【点睛】本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.8、D【解析】求得直线的斜率，利用曲线的导数，求得切点坐标，代入直线方程，求得的值.【详解】直线的斜率为，对于，令，解得，故切点为，代入直线方程得，解得或1.故选：D【点睛】本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.9、A【解析】由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积【详解】由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，直观图如图所示，故选：A【点睛】本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图

10、是解题关键10、B【解析】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.【详解】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：故选：B【点睛】本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.11、A【解析】利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程【详解】双曲线：的焦点到渐近线的距离为，可得：，可得，则的渐近线方程为故选A【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计

11、算能力，属于中档题.12、A【解析】将双曲线方程化为标准方程为，其渐近线方程为，化简整理即得渐近线方程.【详解】双曲线得，则其渐近线方程为，整理得.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】把 绕着进行旋转，当四点共面时，运用勾股定理即可求得的最小值.【详解】将以为轴旋转至与面在一个平面，展开图如图所示，若，三点共线时最小为，为直角三角形，故答案为：【点睛】本题考查了空间几何体的翻折，平面内两点之间线段最短，解直角三角形进行求解，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.14、36 ；1. 【解析】的可

12、能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，由此能求出.【详解】解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.对应的排法有36种；，故答案为：36；1.【点睛】本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.15、【解析】根据指数函数与对数函数图象可将原题转化为恒成立问题，凑而可知的图象在过原点且与两函数相切的两条切线之间；利用过一点的曲线切线的求法可求得两切线斜率，结合分母不为零的条件可最终确定的取值范围.【详解】由指数函数与对数函数图象可知：，恒成立可转化为恒成立，即恒成立，即是

13、夹在函数与的图象之间，的图象在过原点且与两函数相切的两条切线之间.设过原点且与相切的直线与函数相切于点，则切线斜率，解得：；设过原点且与相切的直线与函数相切于点，则切线斜率，解得：；当时，又，满足题意；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】本题考查恒成立问题的求解，重点考查了导数几何意义应用中的过一点的曲线切线的求解方法；关键是能够结合指数函数和对数函数图象将问题转化为切线斜率的求解问题；易错点是忽略分母不为零的限制，忽略对于临界值能否取得的讨论.16、【解析】试题分析：当时，则又因为为偶函数，所以，所以，则，所以切线方程为，即【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归

14、纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为三、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) AB的中点的横坐标为；（2）证明见解析；（3）【解析】设.（1）因为直线的倾斜角为，所以直线AB的方程为，联立方程组，消去并整理，得，则，故线段AB的中点的横坐标为（2）根据题意得点，若直线AB的斜率为0，则直线AB的方程为，A、C两点重合，显然M，B，C三点共线；若直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，联立方程组，消去并整理得，则，设直线BM、CM的斜率分别为、，则，即=，即M，B，C三

15、点共线 （3）根据题意，得直线GH的斜率存在，设该直线的方程为，设，联立方程组，消去并整理，得，由，整理得，又，所以， 结合，得，当时，该直线为轴，即，此时椭圆上任意一点P都满足，此时符合题意； 当时，由，得，代入椭圆C的方程，得，整理，得，再结合，得到，即，综上，得到实数的取值范围是18、（）见解析；（）【解析】试题分析：（1）取中点，连，由等边三角形三边合一可知，即证（2）以，为正方向建立空间直角坐标系，由向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值试题解析：（）证明：连，则和皆为正三角形取中点，连，则， 则平面，则 （）由（）知，又，所以如图所示，分别以，为正方向建立空间直角坐标系， 则

16、，设平面的法向量为，因为，所以取 面的法向量取， 则， 平面与平面所成的锐二面角的余弦值19、（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）【解析】试题分析 ：（1），分，讨论，当时，对，当时，解得，在上是减函数，在上是增函数。所以，当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 。所以分和k1讨论。试题解析：（）因为，所以，当时，对，所以在是减函数，此时函数不存在极值，所以函数没有极值点；当时，令，解得，若，则，所以在上是减函数，若，则，所以在上是增函数，当时，取得极小值为，函数有且仅有一

17、个极小值点，所以当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（）命题“，”是假命题，则“，”是真命题，即不等式在区间内有解.若，则设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 当时，所以在上是增函数，即，所以在上是增函数，所以，即在上恒成立.当时，因为在是增函数，因为， ，所以在上存在唯一零点，当时，在上单调递减，从而，即，所以在上单调递减，所以当时，即.所以不等式在区间内有解综上所述，实数的取值范围为.20、（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）利用平行四边形的方法，证明平面.（2）通过证明平面，由此证得.【详解】（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是

18、平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.（2）连接，由于直三棱柱中，而，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21、（1）；（2）证明见详解，【解析】（1）根据，可得，然后作差，可得结果.（2）根据（1）的结论，用取代，得到新的式子，然后作差，可得结果，最后根据等比数列的前项和公式，可得结果.【详解】（1）由，则-可得：所以（2）由（1）可知：则-可得：则，且令，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列所以【点睛】本题主要考查递推公式以及之间的关系的应用，考验观察能力以及分析能力，属中档题.22、（1）（2）【解析】（1）依题意可得，再用零点分段法分类讨论可得；（2）依题意可得对恒成立，根据绝对值的几何意义将绝对值去掉，分别求出解集，则两解集的并集为，得到不等式即可解得；【详解】解：（1）若，则，即，当时，原不等式等价于，解得当时，原不等式等价于，解得，所以；当时，原不等式等价于，解得；综上，原不等式的解集为；（2）即，得或，由解得，由解得，要使得的解集为，则解得，故的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题