陕西省西安市碑林区教育局2023年高考冲刺模拟数学试题含解析.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某中学2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.2倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考情况，得到如图柱状图： 则下列结论正确的是（ ）.A与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加B与2016年相比，2019年一本达线人数减少C与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.3倍D2016年与2019年艺体达线人数相同2已知集合则（ ）ABCD3已知集合，则集合真子集的个数为（ ）A3B4C7D842019年10月1日，中华人民共

3、和国成立70周年，举国同庆.将2,0,1,9,10这5个数字按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为A96B84C120D3605下列命题是真命题的是（ ）A若平面，满足，则；B命题：，则：，；C“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；D命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.6已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，且则“”是“”的( )条件.A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要7已知中内角所对应的边依次为，若，则的面积为（ ）ABCD8设集合则（ ）ABCD9等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ）A或BCD10若双曲线的一条渐近线

4、与圆至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD11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12定义在上的偶函数，对，且，有成立，已知，则，的大小关系为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设为锐角，若，则的值为_14已知函数恰好有3个不同的零点，则实数的取值范围为_15设，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于E点，若满足，且，则椭圆C的离心率为_.16函数满足，当时，若函数在上有1515

5、个零点，则实数的范围为_.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）已知函数（其中是自然对数的底数）（1）若在R上单调递增，求正数a的取值范围；（2）若f（x）在处导数相等，证明：；（3）当时，证明：对于任意，若，则直线与曲线有唯一公共点（注：当时，直线与曲线的交点在y轴两侧）.18（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为求a，b的值；证明：19（12分）已知an是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5=45，a2+a6=1（I）求an的通项公式；（）若数列bn满足：，求bn的前n项和20（12分）如图，四棱锥EABCD的侧棱DE与四棱锥FABCD的侧棱B

6、F都与底面ABCD垂直，/，.（1）证明：/平面BCE. （2）设平面ABF与平面CDF所成的二面角为，求.21（12分）已知椭圆，点为半圆上一动点，若过作椭圆的两切线分别交轴于、两点.（1）求证：；（2）当时，求的取值范围.22（10分）已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程：若不存在，请说明理由.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】设2016年高考总人数为x，

7、则2019年高考人数为，通过简单的计算逐一验证选项A、B、C、D.【详解】设2016年高考总人数为x，则2019年高考人数为，2016年高考不上线人数为，2019年不上线人数为，故A正确；2016年高考一本人数，2019年高考一本人数，故B错误；2019年二本达线人数，2016年二本达线人数，增加了倍，故C错误；2016年艺体达线人数，2019年艺体达线人数，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查柱状图的应用，考查学生识图的能力，是一道较为简单的统计类的题目.2、B【解析】解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.【详解】集合解得由集合交集运算可得，故选：B.【点睛】本题考查了集合交集的简单运

8、算，对数不等式解法，属于基础题.3、C【解析】解出集合，再由含有个元素的集合，其真子集的个数为个可得答案.【详解】解：由，得所以集合的真子集个数为个.故选：C【点睛】此题考查利用集合子集个数判断集合元素个数的应用，含有个元素的集合，其真子集的个数为个，属于基础题.4、B【解析】2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0开头的排列数共个，其中含有2个10的排列数共个，所以产生的不同的6位数的个数为.故选B5、D【解析】根据面面关系判断A；根据否定的定义判断B；根据充分条件，必要条件的定义判断C；根据逆否命题的定义判断D.【详解】若平面，满足，则可能相交，故A错误；命题“：，”的否定为

9、：，故B错误；为真，说明至少一个为真命题，则不能推出为真；为真，说明都为真命题，则为真，所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故C错误；命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，故D正确；故选D【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，写出命题的逆否命题等，属于中档题.6、B【解析】根据充分必要条件的概念进行判断.【详解】对于充分性：若，则可以平行，相交，异面，故充分性不成立；若，则可得，必要性成立.故选：B【点睛】本题主要考查空间中线线，线面，面面的位置关系，以及充要条件的判断，考查学生综合运用知识的能力.解决充要条件判断问题，关键是要弄清楚谁是条件，谁是结论.7、A【解析】由余弦定

10、理可得，结合可得a，b，再利用面积公式计算即可.【详解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故选：A.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.8、C【解析】直接求交集得到答案.【详解】集合，则.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.9、C【解析】设公差为，则由题意可得，解得，可得.令，可得当时，当时，由此可得数列前项和中最小的.【详解】解：等差数列中，已知，且，设公差为，则，解得，.令，可得，故当时，当时，故数列前项和中最小的是.故选：C.【点睛】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题.10、C【解析】求得双曲线的渐近线方程

11、，可得圆心到渐近线的距离，由点到直线的距离公式可得的范围，再由离心率公式计算即可得到所求范围【详解】双曲线的一条渐近线为，即，由题意知，直线与圆相切或相离，则，解得，因此，双曲线的离心率.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题11、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，

12、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12、A【解析】根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】为锐角，故.14、【解析】恰好有3个不同的零点恰有三个根，然后转化成求函数值域即可.【详解】解：恰好有3个

13、不同的零点恰有三个根，令，在递增；，递减，递增，时，在有一个零点，在有2个零点；故答案为：.【点睛】已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点，这类题一般用分离参数的方法，中档题.15、【解析】采用数形结合，计算以及，然后根据椭圆的定义可得，并使用余弦定理以及，可得结果.【详解】如图由，所以由，所以又，则所以所以化简可得：则故答案为：【点睛】本题考查椭圆的定义以及余弦定理的使用，关键在于根据角度求出线段的长度，考查分析能力以及计算能力，属中档题.16、【解析】由已知，在上有3个根，分，四种情况讨论的单调性、最值即可得到答案.【详解】由已知，的周期为4，且至多在上有4个根，而含505个周期

14、，所以在上有3个根，设，易知在上单调递减，在，上单调递增，又，.若时，在上无根，在必有3个根，则，即，此时；若时，在上有1个根，注意到，此时在不可能有2个根，故不满足；若时，要使在有2个根，只需，解得；若时，在上单调递增，最多只有1个零点，不满足题意；综上，实数的范围为.故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，涉及到函数的周期性、分类讨论函数的零点，是一道中档题.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）见解析；（3）见解析【解析】（1）需满足恒成立，只需即可；（2）根据的单调性，构造新函数，并令，根据的单调性即可得证；（3）将问题转化

15、为证明有唯一实数解，对求导，判断其单调性，结合题目条件与不等式的放缩，即可得证【详解】；令，则恒成立；，；的取值范围是；（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增；令，；则；令，则；（3）证明：，要证明有唯一实数解；当时，；当时，；即对于任意实数，一定有解；当时，有两个极值点；函数在，上单调递增，在上单调递减；又；只需，在时恒成立；只需；令，其中一个正解是；，；单调递增，（1）；综上得证【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数证明不等式，考查了转化思想、不等式的放缩，属难题18、（1）；（2）见解析【解析】分析：第一问结合导数的几何意义以及切点在切线上也在函数图像上，

16、从而建立关于的等量关系式，从而求得结果；第二问可以有两种方法，一是将不等式转化，构造新函数，利用导数研究函数的最值，从而求得结果，二是利用中间量来完成，这样利用不等式的传递性来完成，再者这种方法可以简化运算.详解：（1）解：，由题意有，解得（2）证明：（方法一）由（1）知，.设则只需证明 ，设则， 在上单调递增，使得且当时，当时，当时，单调递减当时，单调递增 ，由，得， ，设， 当时，在单调递减， ，因此（方法二）先证当时， ，即证设，则，且，在单调递增，在单调递增，则当时，（也可直接分析 显然成立）再证设，则，令，得且当时，单调递减；当时，单调递增. ，即又，点睛：该题考查的是有关利用导数研

17、究函数的综合问题，在求解的过程中，涉及到的知识点有导数的几何意义，有关切线的问题，还有就是应用导数证明不等式，可以构造新函数，转化为最值问题来解决，也可以借用不等式的传递性，借助中间量来完成.19、（I）；（）【解析】（）设等差数列的公差为，则依题设由,可得由，得，可得所以可得（）设，则.即，可得，且所以，可知所以，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列所以前项和考点：等差数列通项公式、用数列前项和求数列通项公式20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得DE/BF，然后根据勾股定理计算可得BFDE，最后利用线面平行的判定定理，可得结果.（2）利用建系的方法，可得平面

18、ABF的一个法向量为，平面CDF的法向量为，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.【详解】（1）因为DE平面ABCD，所以DEAD，因为AD4，AE5，DE3，同理BF3，又DE平面ABCD，BF平面ABCD，所以DE/BF，又BFDE，所以平行四边形BEDF，故DF/BE，因为BE平面BCE，DF平面BCE所以DF/平面BCE；（2）建立如图空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（4，0，0），C（0，4，0），F（4，3，3）， 设平面CDF的法向量为，由，令x3，得，易知平面ABF的一个法向量为，所以，故.【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用建系方法解决面面角问题，属基础题.2

19、1、（1）见解析；（2）.【解析】（1）分两种情况讨论：两切线、中有一条切线斜率不存在时，求出两切线的方程，验证结论成立；两切线、的斜率都存在，可设切线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出关于的二次方程，利用韦达定理得出两切线的斜率之积为，进而可得出结论；（2）求出点、的坐标，利用两点间的距离公式结合韦达定理得出，换元，可得出，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】（1）由于点在半圆上，则.当两切线、中有一条切线斜率不存在时，可求得两切线方程为，或，此时；当两切线、的斜率都存在时，设切线的方程为（、的斜率分别为、），.综上所述，；（2）根据题意得、，令，则，所以，当时，

20、当时，.因此，的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆两切线垂直的证明，同时也考查了弦长的取值范围的计算，考查计算能力，属于中等题.22、（1）；（2）存在，且方程为或.【解析】（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.【详解】（1）直线的一般方程为.依题意，解得，故椭圆的方程式为.（2）假若存在这样的直线，当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.由，得.由，得.记，的坐标分别为，则，而 .要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，即 ，所以 ，整理解得或，所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用