辽宁省辽阳县集美学校2023年高三下第一次测试数学试题含解析.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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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

2、，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乙C丙D丁2如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）ABCD3已知，则的大小关系是（ ）ABCD4已知三棱锥PABC的顶点都在球O的球面上，PA，PB，AB4，CACB，面PAB面ABC，则球O的表面积为（ ）ABCD5已知数列为等差数列，且，则的值为（ ）ABCD6已知函数是定义在R上的奇函数，且满足，当时，（其中e是自然对数的底数），若

3、，则实数a的值为( )AB3CD7某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（ ）ABCD8算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（ ）ABCD9若集合，则（ ）ABCD10已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（ ）AB2C4D11关于

4、函数，下列说法正确的是（ ）A函数的定义域为B函数一个递增区间为C函数的图像关于直线对称D将函数图像向左平移个单位可得函数的图像12已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某外商计划在个候选城市中投资个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过个，则该外商不同的投资方案有_种14已知函数是定义在上的奇函数，则的值为_15九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，过点分别作于点，于点，连接，则三棱锥的体积的最大值为_16曲线在处的切线的斜率为_.三、解答题

5、：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（1）解不等式；（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.18（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为（1）求椭圆的标准方程；（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：19（12分）已知圆：和抛物线：，为坐标原点（1）已知直线和圆相切，与抛物线交于两点，且满足，求直线的方程；（2）过抛物线上一点作两直线和圆相切，且分别交抛物线于两点，若直线的斜率为，求点的坐标20（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，点、分别为，的

6、中点，且平面平面.（1）求证：平面.（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，切点分别，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，求的值.22（10分）已知等差数列an的各项均为正数，Sn为等差数列an的前n项和，.（1）求数列an的通项an；（2）设bnan3n，求数列bn的前n项和Tn.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、D【解析】根据演绎推理进行判断【详解】由可知甲乙

7、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】本题考查演绎推理，掌握演绎推理的定义是解题基础2、A【解析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解【详解】如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.故选：A【点睛】本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题3、B【解析】利用函数与函数互

8、为反函数，可得，再利用对数运算性质比较a,c进而可得结论.【详解】依题意，函数与函数关于直线对称，则，即，又，所以，.故选：B.【点睛】本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题.4、D【解析】由题意画出图形，找出PAB外接圆的圆心及三棱锥PBCD的外接球心O，通过求解三角形求出三棱锥PBCD的外接球的半径，则答案可求.【详解】如图；设AB的中点为D；PA，PB，AB4，PAB为直角三角形，且斜边为AB，故其外接圆半径为：rABAD2；设外接球球心为O；CACB，面PAB面ABC，CDAB可得CD面PAB；且DC.O在CD上；故有：AO2OD2+AD2R2（R）2+r2R；球O的表面积为：4

9、R24.故选：D.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查思维能力与计算能力，属于中档题.5、B【解析】由等差数列的性质和已知可得，即可得到，代入由诱导公式计算可得【详解】解：由等差数列的性质可得，解得，故选：B【点睛】本题考查等差数列的下标和公式的应用，涉及三角函数求值，属于基础题6、B【解析】根据题意，求得函数周期，利用周期性和函数值，即可求得.【详解】由已知可知，所以函数是一个以4为周期的周期函数，所以，解得，故选：B.【点睛】本题考查函数周期的求解，涉及对数运算，属综合基础题.7、C【解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上

10、部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选8、C【解析】将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.9、A【解析】用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可【详解】解：由集合，解得，则故选：【点睛】本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键属于基础题10、C【解析】设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线

11、方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.【详解】圆可化为.设，则的斜率分别为，所以的方程为，即，即，由于都过点，所以，即都在直线上，所以直线的方程为，恒过定点，即直线过圆心，则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.11、B【解析】化简到，根据定义域排除，计算单调性知正确，得到答案.【详解】，故函数的定义域为，故错误；当时，函数单调递增，故正确；当，关于的对称的直线为不在定义域内，故错误.平移得到的函数定义域为，故不可能为，错误.故选：.【点睛】本题考查了三角恒等变换，三角函数单调

12、性，定义域，对称，三角函数平移，意在考查学生的综合应用能力.12、C【解析】根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、60【解析】试题分析：每个城市投资1个项目有种，有一个城市投资2个有种，

13、投资方案共种.考点：排列组合.14、【解析】先利用辅助角公式将转化成,根据函数是定义在上的奇函数得出,从而得出函数解析式,最后求出即可.【详解】解: ,又因为定义在上的奇函数,则,则,又因为,所以,所以.故答案为: 【点睛】本题考查三角函数的化简,三角函数的奇偶性和三角函数求值,考查了基本知识的应用能力和计算能力,是基础题.15、【解析】由已知可得AEF、PEF均为直角三角形，且AF2，由基本不等式可得当AEEF2时，AEF的面积最大，然后由棱锥体积公式可求得体积最大值【详解】由PA平面ABC，得PABC，又ABBC，且PAABA，BC平面PAB，则BCAE，又PBAE，则AE平面PBC，于是

14、AEEF，且AEPC，结合条件AFPC，得PC平面AEF，AEF、PEF均为直角三角形，由已知得AF2，而SAEF（AE2+EF2）AF22，当且仅当AEEF=2时，取“”，此时AEF的面积最大，三棱锥PAEF的体积的最大值为：VPAEF故答案为【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，基本不等式的应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题16、【解析】求出函数的导数，利用导数的几何意义令，即可求出切线斜率.【详解】，即曲线在处的切线的斜率.故答案为：【点睛】本题考查了导数的几何意义、导数的运算法则以及基本初等函数的导数，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说

15、明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】（1），由得或或；解得.故所求解集为.（2），即.由（1）知，所以，即.，.【点睛】本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.18、（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由短轴长可知，设，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率

16、存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果【详解】解：（1）由已知，得由，两式相减，得根据已知条件有，当时，即椭圆的标准方程为（2）当直线斜率不存在时，不等式成立.当直线斜率存在时，设由得，由化简，得令，则当且仅当时取等号当且仅当时取等号综上，【点睛】本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题19、（1）;（2）或【解析】试题分析: 直线与圆相切只需圆心到直线的距离等于圆的半径，直线与曲线相交于两点，且

17、满足，只需数量积为0，要联立方程组设而不求，利用坐标关系及根与系数关系解题，这是解析几何常用解题方法，第二步利用直线的斜率找出坐标满足的要求，再利用两直线与圆相切，求出点的坐标.试题解析：（1）解：设，由和圆相切，得由消去，并整理得，由，得，即，或（舍）当时，故直线的方程为（2）设，则设，由直线和圆相切，得，即设，同理可得：故是方程的两根，故由得，故同理，则，即，解或当时，；当时，故或20、（1）见解析（2）【解析】（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；【详解】解

18、：（1），点为的中点，又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，又，分别为，的中点，又平面，平面，平面.（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，由，得，令，得，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.21、（1）；（2）.【解析】（1）因为点在椭圆上，所以，然后，利用，得出，进而求解即可（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程：和，利用韦达定理，再利用，即可求出的值【详解】（1）由椭圆的长半轴长为，得.因为点在椭圆上，所以.又因为，所以，所以（舍

19、）或.故椭圆的标准方程为.（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为.据得.据题意，得，得，同理，得，所以.又可求，得，所以.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题22、（1）.（2）【解析】（1）先设等差数列an的公差为d（d0），然后根据等差数列的通项公式及已知条件可列出关于d的方程，解出d的值，即可得到数列an的通项an；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列bn的通项公式，然后运用错位相减法计算前n项和Tn.【详解】（1）由题意，设等差数列an的公差为d（d0），则a4a5（1+3d）（1+4d）11，整理，得12d2+7d100，解得d（舍去），或d，an1（n1），nN*.（2）由（1）知，bnan3n3n（2n+1）3n1，Tnb1+b2+b3+bn31+531+732+（2n+1）3n1，3Tn331+532+（2n1）3n1+（2n+1）3n，两式相减，可得：2Tn31+231+232+23n1（2n+1）3n3+2（31+32+3n1）（2n+1）3n3+2（2n+1）3n2n3n，Tnn3n.【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，以及运用错位相减法计算前n项和.考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法的运用，以及逻辑思维能力和数学运算能力.属于中档题.