高考模擬試題PAGEPAGE1黃山市2023屆高中畢業班第一次質量檢測數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗解不等式，求出，得到交集.〖詳析〗，，故.故選：D2.若，則（）A.2 B. C. D.4〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據復數的運算先求出復數，然后利用共軛復數的概念和模的計算方法即可求解.〖詳析〗因為，所以，則，所以，則，故選：.3.已知點在雙曲線的漸近線上，則雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗將P點坐標代入漸近線方程，求出a與b的關系，再根據求出離心率.〖詳析〗漸近線方程為：，由于P點坐標在第二象限，選用，將P點坐標代入得：，又；故選：D.4.南宋數學家在《詳析九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式,所討論的高階等差數列與一般等差數列不同,高階等差數列中前后兩項之差并不相等,但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.現有一個高階等差數列,其前7項分別為1,2,4,7,11,16,22,則該數列的第30項為（）A.379 B.407 C.436 D.466〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據數列的新定義,寫出遞推關系式,根據關系式找到數列的通項公式,即可求出結果.〖詳析〗解:由題知高階等差數列前7項分別為1,2,4,7,11,16,22,因為,記第項為,則有,所以,所以.故選:C5.兩批同種規格的產品，第一批占、合格品率為，第二批占、合格品率為.將兩批產品混合，從混合產品中任取一件.則這件產品是次品的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗次品率等于1減合格品率，計算可得.〖詳析〗.故選：D.6.2022年11月30日,神舟十四號字航員陳冬、劉洋、蔡旭哲和神舟十五號宇航員費俊龍、鄧清明、張陸順利“會師太空”,為記錄這一歷史時刻,他們準備在天和核心艙合影留念.假設6人站成一排,要求神舟十四號三名航天員互不相鄰,且神舟十五號三名航天員也互不相鄰,則他們的不同站法共有（）種A.72 B.144 C.36 D.108〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗不相鄰問題進行插空,先將神舟十四號三名航天員全排,再將神舟十五號三名航天員插入,由于神舟十四號三名航天員互不相鄰,神舟十四號三名航天員之間有兩個空需要有人插入,故將神舟十五號三名航天員中選出兩名插到神舟十四號三名航天員中間即可滿足,寫出式子,計算結果即可.〖詳析〗解:由題知,不妨先將神舟十四號三名航天員全排為:,再將神舟十五號三名航天員插入到神舟十四號三名航天員中,因為神舟十四號三名航天員互不相鄰,故先將神舟十五號三名航天員中選出兩名插到神舟十四號三名航天員中間空出的兩個位置上,進行排列:,最后一位神舟十五號航天員在首和尾中選一個位置站下,共,故不同站法有:種.故選:A7.在中,,O是的外心,則的最大值為（）A.1 B. C.3 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取中點為,將寫為,展開后,將作為一組基底,將其他向量寫為的形式,再將三角形的邊和角代入,用余弦定理將邊角之間關系代入上式,再用正弦定理求出變量范圍,求出最大值即可.〖詳析〗解:由題知,記的三邊為,因為O是的外心,記中點為,則有,所以且,所以①,在中,由余弦定理得:,即,即,代入①中可得:,在中,由正弦定理得:,所以,所以,當時取等,故的最大值為3.故選:C8.下列不等式不正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗A選項，用分析法證明，分析出即證，兩邊平方后得到，即證，A正確；B選項，兩邊取對數后，構造，，求導得到其單調性，得證；C選項，結合正弦二倍角公式，即證，構造，，求導后得到其單調性，從而得到，C錯誤；D選項，兩邊取對數后即證，構造，，求導后得到其單調性，從而證明出，D正確.〖詳析〗要證，即證，兩邊平方得：，即證，即證，顯然成立，故，A正確；要證，兩邊取對數得：，即證，構造，，在上恒成立，故在上單調遞減，所以，即，所以，B正確；因為，其中，要證，即證，即，構造，，在上恒成立，所以上單調遞增故，即，C錯誤；D選項，兩邊取對數得：，構造，，，令，則在上恒成立，故在上單調遞增，故，即，所以在上恒成立，所以在上單調遞增，故，結論得證，D正確.故選：C〖『點石成金』〗構造函數比較大小是高考熱點和難點，結合代數式的特點，選擇適當的函數，通過導函數研究出函數的單調性，從而比較出代數式的大小，本題中BCD三個選項比較大小，都需要變形后，構造出適當函數進行比較大小.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知函數,現將函數的圖象沿x抽向左平移單位后,得到一個偶函數的圖象,則（）A.函數的周期為B.函數圖象的一個對稱中心為C.當時,函數的最小值為D.函數的極值點為〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗運用半角公式,將化為,再向向左平移單位,寫出〖解析〗式,根據其為偶函數且有,可得的值,代入中可得〖解析〗式,求出周期,對稱中心,根據換元法求最值,再求除極值點即求對稱軸處即可.〖詳析〗解:由題知將的圖象沿x抽向左平移單位后為:,因為為偶函數,所以把,因為,所以解得,故;所以周期為,故選項A正確;令,解得,因為故為的一個對稱中心,故選項B錯誤;因為,令,則在單調遞減,所以,故選項C正確;令,可得,極值點處即為對稱軸處,故極值點為,故選項D錯誤.故選:AC10.在正方體中，點P滿足，則（）A.對于任意的正實數，三棱錐的體積始終不變B.對于任意的正實數，都有平面C.存在正實數，使得異面直線與所成的角為D.存在正實數，使得直線與平面所成的角為〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式、三棱錐體積的性質、線面平行的性質逐一判斷即可.〖詳析〗A：因為平面，平面，所以平面，因為，所以在線段（不包括端點）上，因此對于任意的正實數，點到平面的距離不變，而，所以對于任意的正實數，三棱錐的體積始終不變，因此本選項正確；建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，B：設平面的法向量為，，所以有，因為，所以，而平面，所以平面，因此本選項正確；C：假設存在正實數，使得異面直線與所成的角為，則有解得：，所以不存在正實數，使得異面直線與所成的角為，因此本選項不正確；D：假設存在正實數，使得直線與平面所成的角為，設平面的法向量為，所以有，，解得，所以假設不成立，因此不存在正實數，使得直線與平面所成的角為，所以本選項不正確，故選：AB11.數學美的表現形式不同于自然美或藝術美那樣直觀，它蘊藏于特有的抽象概念、公式符號、推理論證、思維方法等之中，揭示了規律性，是一種科學的真實美.在平面直角坐標系中，曲線就是一條形狀優美的曲線，則（）A.曲線圍成的圖形的周長是B.曲線上的任意兩點間的距離不超過4C.曲線圍成的圖形的面積是D.若是曲線上任意一點，則的最小值是〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗去掉絕對值可得曲線的四段關系式，從而可作出曲線的圖象，由圖象即可判斷各選項.〖詳析〗由，當，時，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當，時，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當，時，，即，表示圓心為，半徑的半圓；當，時，，即，表示圓心為，半徑的半圓.曲線的圖象如下圖所示：由圖象可知，曲線由4個半圓組成，故其周長為，圍成的圖形的面積為，故A正確、C正確；曲線上的任意兩點間的最大距離為，故B錯誤；圓心到直線的距離為，到直線的距離，若使最小，則有，所以，故D正確.故選：ACD.12.對于函數，則（）A.是單調函數的充要條件是B.圖像一定是中心對稱圖形C.若，且恰有一個零點，則或D.若的三個零點恰為某三角形的三邊長，則〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗根據函數的性質逐項分析.〖詳析〗對于A，若是單調的，則有恒成立，即，錯誤；對于B，設對稱中心為，則有，將的〖解析〗式代入化簡得：，令，則，即總是關于點D對稱的，正確；對于C，，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增；若只有1個零點，必有極大值，或者極小值，，正確；對于D，不妨設，則有，，，的大致圖像必定如下圖：，，正確；故選：BCD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中，常數項為15，則實數a的值為____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗運用二項式定理求解.〖詳析〗由二項式定理知：，，即，；故〖答案〗為：.14.已知,若成等差數列,成等比數列,則的最小值是____________.〖答案〗2〖解析〗〖祥解〗根據成等差數列,成等比數列,得到,代入中,再用基本不等式求出最值即可.〖詳析〗解:由題知,成等差數列,成等比數列故有:,所以,因為,所以,當且僅當時取等,故,即的最小值為2.故〖答案〗為:215.圓錐的軸截面是邊長為6的等邊三角形，在該圓錐內放置一個棱長為m的正四面體，并且正四面體可以在該圓錐內任意轉動，則實數m的最大值為____________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根據題意正四面體在該圓錐內可以任意轉動，當最大時，正四面體為該球的內接正面體，先求出該外接球的半徑，該球的內接正面體補成正方體，則該正方體的外接球也是此球，先求出正方體的棱長，從而可得〖答案〗.〖詳析〗設為該圓錐的底面圓心，則其高為，則該圓錐的內切球的圓心在圓錐的高上，設為，設半徑為，設該圓錐的內切球與圓錐的母線相切于點，連接，則中，，則，解得，由題意得正四面體在該圓錐內可以任意轉動，當最大時，正四面體為該球的內接正面體，將該球的內接正面體補成正方體，則該正方體的外接球也是此球，設正方體的棱長為，則正方體的對角線長等于球的直徑，即，得，則該正四面體的棱長為正方體的面對角線，即該正四面體的棱長為，所以實數m的最大值為，故〖答案〗為：16.設拋物線的焦點為F，直線l過F且與拋物線交于A、B兩點，若，則直線l的方程為____________.〖答案〗或〖解析〗〖祥解〗設出直線方程與拋物線方程聯立，結合平面向量共線的性質、一元一次方程根與系數關系進行求解即可.〖詳析〗由題意可知直線l存在斜率，因為，顯然該直線的斜率不為零，設為，由，所以直線l的方程為，于是有，設，則有，由，由，當時，，即，當時，，即故〖答案〗為：或〖『點石成金』〗關鍵『點石成金』：利用一元二次方程根與系數的關系是解題的關鍵.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖,已知外接圓的圓心O為坐標原點,且O在內部,.（1）求,求;（2）求面積的最大值.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗(1)由題可得外接圓半徑,即,用向量加減法把寫為,展開代入長度和角即可求出數量積;(2)由圓心角,可求圓周角,即的值,由外接圓半徑為1,根據正弦定理可求,根據余弦定理可求之間等式關系,根據基本不等式可求的最大值,根據三角形面積公式,即可求出其最大值.〖小問1詳析〗解:由題知,故圓的半徑為1,所以,所以〖小問2詳析〗由(1)知,外接圓的半徑為1,因為,所以在中,由正弦定理可得:,解得:,在中,由余弦定理可得:,化簡可得:,由基本不等式可知,即,所以解得,當且僅當時取等,所以故面積的最大值為.18.已知數列滿足,且.（1）求數列的通項公式;（2）數列滿足,,若,求k的值.〖答案〗（1）（2）79〖解析〗〖祥解〗(1)根據遞推關系式,向前推一項,相減即可得數列為隔項是等差數列,分為奇數,和為偶數兩種情況,分別求出通項公式即可得出結果;(2)根據(1)中的結果,得到的通項公式,將化簡,利用換底公式解出k的值即可.〖小問1詳析〗解:由題知①,因為,所以,解得,當時,②,①-②可得:,所以當奇數時,,,,以上式子相加可得:,化簡可得,滿足上式，所以當為偶數時,,,,以上式子相加可得:,化簡可得,滿足上式，綜上:;〖小問2詳析〗由(1)知,故,因為,所以,即,故,解得.19.如圖1，在直角梯形中，，點E、F分別是邊的中點，現將沿邊折起，使點C到達點P的位置（如圖2所示），且.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）要證明兩平面垂直只需證明其中一個平面內有一條直線垂直于另一個平面即可；（2）建立空間直角坐標系，運用空間向量數量積求解.〖小問1詳析〗如圖，連接BF，由條件知四邊形ABFD是正方形，，是等腰直角三角形，E是BC的中點，；并且，；如圖：在中，，，，平面ABD，平面ABD，又，平面ABD，平面APE，平面平面ABD；〖小問2詳析〗因為兩兩垂直，以E為原點，BE為x軸，FE為y軸，EP為z軸建立空間直角坐標系如下圖：則有，，設平面ABP與平面ADP的夾角為，平面ABP的一個法向量為，平面ADP的一個法向量為，則有：，，令，則；，，令，則，，；20.第22屆卡塔爾世界杯（FIFAWorldCupQatar2022）足球賽,于當地時間2022年1月20日（北京時間1月21日）至12月18日在卡塔爾境內5座城市中的8座球場舉行,共計4場賽事.除東道主卡塔爾外,另有來自五個大洲足球聯合會的31支球隊擁有該屆世界杯決賽參賽資格,各大洲足聯各自舉辦預選賽事以決定最終出線的球隊.世界杯群星薈萃,撥動著各國人民的心弦,向人們傳遞著正能量和歡樂.（1）某中學2022年舉行了“學習世界杯,塑造健康體魄”的主題活動,經過一段時間后,學生的身體素質明顯增強,現將該學校近5個月體重超重的人數進行了統計,得到如下表格:月份x12345體重超重人數y640540420300200若該學校體重超重人數y與月份x（月份x依次為1,2,3,4,5…）具有線性相關關系,請預測從第幾月份開始該學校體重超重的人數降至50人以下？（2）在某次賽前足球訓練上,開始時球恰由控制,此后規定球僅在A、B和C三名隊員中傳遞,已知當球由A控制時,傳給B的概率為,傳給C的概率為;當球由B控制時,傳給A的概率為,傳給C的概率為;當球由C控制時,傳給A的概率為,傳給B的概率為.①記為經過n次傳球后球恰由A隊員控制的概率,求;②若傳球次數,C隊員控制球的次數為X,求.參考公式:.〖答案〗（1）7（2）①,;②〖解析〗〖祥解〗(1)根據最小二乘法求出y關于x的線性回歸方程,使y小于50,求出x的范圍,即可得出結果;(2)①分析和時A隊員控制的情況,利用獨立事件的概率公式計算結果即可;②由,分析所有控球的情況可知的可能取值為:0,1,2,分別求出各個的概率,利用期望公式求出結果即可.〖小問1詳析〗解:由題知學校體重超重人數y與月份x（月份x依次為1,2,3,4,5…）具有線性相關關系,故設,根據表格可得:,所以,因為,故線性回歸方程為:,當時,即,解得,故預測從第7月份開始該學校體重超重的人數降至50人以下;〖小問2詳析〗①由題知為經過1次傳球后由隊員控制,因為開始時球恰由控制,所以1次傳球后只能傳給,,故,為經過2次傳球后由隊員控制,不妨以,,表示控球的隊員,則可能的情況為:或,當傳球情況為時,,當傳球情況為時,,故;②由題分析可知的可能取值為:0,1,2,當時,控球的情況為:,所以,當時,控球的情況為:或或或或,四種情況,所以當時,控球的情況為:或,,故.21.已知橢圓的離心率為，且直線截橢圓所得的弦長為.（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線與y軸交于點P，A、C為橢圓上的兩個動點、且位于第一象限（不在直線上），直線分別交橢圓于B、D兩點，若直線分別交直線于E、F兩點，求證：.〖答案〗（1）（2）證明過程見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據弦長得到，結合離心率和，求出，得到橢圓方程；（2）平移坐標系，將變為，橢圓方程為，設，，，表達出，，表達出直線，得到，同理得到，通過計算得到，從而得到，故.〖小問1詳析〗中令得：，故①，又，，故，代入①中，解得：，故，則橢圓的標準方程為；〖小問2詳析〗由題意得：，因為A、C為橢圓上的兩個動點且位于第一象限，且不在直線上，所以直線的斜率存在且斜率不為0，把平面直角坐標系向上平移1個單位，則變為，直線分別交直線于E、F兩點，變為直線分別交直線于E、F兩點，此時橢圓方程為，設，，由于平移后的橢圓不再關于原點對稱，故，其中，，，同理可得：，則直線為，令得：，其中，直線為，令得：，其中，故，則，故.〖『點石成金』〗