全真模拟卷02(解析版)-2023年高考数学全真模拟卷(北京卷)
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这是一份全真模拟卷02(解析版)-2023年高考数学全真模拟卷(北京卷),共18页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分,中国茶文化博大精深等内容,欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷(二)数学(北京卷)(考试时间:120分钟 试卷满分:150分)注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。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.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B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,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷 一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40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.已知全集,集合,则( )A. B.C. D.【答案】B【详解】因为全集,集合,由补集的运算可得或,对应区间为.故选:B.2.在复平面内,复数对应的点位于( )A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【详解】其对应的点位于第一象限故选:A.3.在的展开式中,常数项为( )A.-112 B.112 C.-1120 D.1120【答案】B【详解】二项式 的展开式的通项公式为 令 , 求得 , 可得展开式的常数项为 .故选: B.4.已知等比数列的公比为q,前n项和为,若q = 2,,则( )A.8 B.12 C.13 D.14【答案】D【详解】由题意,,所以,.故选:D.5.某校航模小组进行无人机飞行测试,从某时刻开始15分钟内的速度(单位:米/分钟)与飞行时间(单位:分钟)的关系如图所示.若定义“速度差函数”(单位:米/分钟)为无人机在这个时间段内的最大速度与最小速度的差,则的图像为( )A. B.C. D.【答案】C【详解】由题图知,当时, 无人机做匀加速运动,,“速度差函数”;当时, 无人机做匀减速运动,速度从160开始下降,一直降到80,“速度差函数”;当时, 无人机做匀减速运动, 从80开始下降, ,“速度差函数”;当时无人机做匀加速运动,“速度差函数”.所以函数在和两个区间上都是常数.故选:C6.已知是双曲线的两个焦点,点在双曲线上,若,则( )A.1或9 B.3或7 C.9 D.7【答案】C【详解】解:由题知,,因为在双曲线上,且,所以,点在双曲线靠近的那支上,由双曲线定义知,故;所以,故选:C7.已知为单位向量,则“”是“存在,使得”的( )A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【详解】若,则,但此时不存在,使得,故不存在,使得,故前者无法推出后者,若存在,使得,则共线且同方向,此时,故后者可以推出前者,故“”是“存在,使得的必要不充分条件”,故选:B.8.中国茶文化博大精深.茶水口感与茶叶类型和水的温度有关.经验表明,某种绿茶用的水泡制,再等到茶水温度降至时饮用,可以产生最佳口感.已知室内的温度为,设茶水温度从开始,经过x分钟后的温度为.y与x的函数关系式近似表示为,那么在室温下,由此估计,刚泡好的茶水大约需要放置多少分钟才能达到最佳口感(参考数据:)( )A.8 B.7 C.6 D.5【答案】B【详解】由题意降至时口感最佳,即,带入函数关系式即得,即,两边同时取对数,得,所以.故选:B9.如图,在四棱锥中,底面是边长为a的正方形,平面.若,则直线与平面所成的角的大小为( )A. B. C. D.【答案】A【详解】因为平面,平面,平面, 平面,所以,,,又底面是边长为a的正方形,所以,又平面,平面,所以平面, 平面,所以,设到平面的距离为,直线与平面所成的角,则,所以,,所以,所以,又,所以.故选:A.10.已知点A,B在圆上,且,P为圆上任意一点,则的最小值为( )A.0 B. C. D.【答案】D【详解】因为点A,B在圆上,且,P为圆上任意一点,则,设,,所以,所以,即的最小值为故选:D.【点睛】方法点睛:向量数量积问题常用方法一是利用基底法,结合平面向量基本定理及数量积的定义求解;二是利用坐标法,结合图形建立坐标系,求出向量的坐标,进而求其数量积.第Ⅱ卷二、填空题:本题共5个小题,每小题5分,共25分.11.函数的定义域为_________________.【答案】【详解】解:要使函数有意义,则,解得且所以,函数的定义域为故答案为:12.圆上的点到直线距离的最大值为__________.【答案】【详解】圆的圆心为,半径为,则圆心到直线的距离为,故圆上的点到直线距离的最大值为,故答案为:.13.若命题“,使”是真命题,则实数的取值范围为______.【答案】【详解】由题意可知,①若,即或,当时,不等式为,显然不成立;当时,不等式为,显然,使成立,即符合题意;②若,即,此时不等式对应的一元二次函数开口向下,满足条件;③若,即或,此时不等式对应的一元二次函数开口向上,若要满足题意,则需方程由两个不相等的实数根,即,解得,即满足条件时;综合①②③可得,实数的取值范围为故答案为:14.已知函数存在两个极值点,给出下列四个结论:①函数有零点; ②a的取值范围是;③; ④.其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①④【详解】由已知可得,定义域为,.对于①,因为,所以1是函数的一个零点,故①正确;对于②,因为函数存在两个极值点,所以有两个不同的正数解,即方程有两个不同的正数解,则应满足,解得,故②错误;对于③,解方程可得,,因为,所以,由②知,所以,所以,故③错误;对于④,由可得,即,所以,所以在上单调递增;解可得,或,所以在上单调递减,在上单调递减.由③知,所以,故④正确.故答案为:①④.15.如图,在中,,,.为内部(包含边界)的动点,且.则___________;的取值范围___________.【答案】 4 【详解】方法1:①在中,由正弦定理得: 即:解得:.又∵,∴,∴∴,取BC的中点E,连接AE,如图所示,则:, ,∴在中, ,∴,②设 ,则 , ,∵,∴,∴,故的范围是:;方法2:①在中,由余弦定理 ,即: ,解得:或(舍),,∴,②以A为原点,AB所在的直线为x轴,垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系,如图所示,设 ,则P点的坐标为,B点的坐标为 ,C点的坐标为 ,∴ ,,∴,∵,∴,∴,∴,即:,故的范围是:,故答案为:4;. 三、解答题:本大题共6小题,共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.已知函数的最小正周期为.(1)求的值;(2)把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把得到的图象向右平移个单位,得到函数的图象,求函数的单调递增区间.【答案】(1).(2),. 【详解】(1)因为,所以的最小正周期,依题意得,解得.(2)由(1)知,把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到的图象,再把得到的图象向右平移个单位,得到的图象,即,由函数的单调递增区间为,,令,得,所以的单调递增区间为,.17.跳长绳是中国历史悠久的运动,某中学高三年级举行跳长绳比赛(该校高三年级共4个班),规定每班22人参加,其中2人摇绳,20人跳绳,在2分钟内跳绳个数超过120个的班级可获得优胜奖,跳绳个数最多的班级将获得冠军,为预测获得优胜奖的班级个数及冠军得主,收集了高三年级各班训练时在2分钟内的跳绳个数,并整理得到如下数据(单位:个):高三(1)班:142,131,129,126,121,109,103,98,96,94;高三(2)班:137,126,116,108;高三(3)班:163,134,112,103;高三(4)班:158,132,130,127,110,106.假设用频率估计概率,且高三年级各班在2分钟内的跳绳个数相互独立.(1)估计高三(1)班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖的概率;(2)用X表示此次跳长绳比赛中获得优胜奖的班级个数,估计X的数学期望;(3)在此次跳长绳比赛中,哪个班获得冠军的概率估计值最大?(结论不要求证明)【答案】(1)(2)(3)高三(3)班 【详解】(1)记高三(1)班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件.由题知高三(1)班在2分钟内的跳绳个数超过120个的有次,用频率估计概率,估计高三(1)班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖的概率为(2)分别记高三(2)班、高三(3)班、高三(4)班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件、、,则、、,由题意得的取值为0,1,2,3,4所以则的分布列如下表01234 所以(3)在此次跳长绳比赛中,高三(3)班获得冠军的概率估计值最大18.如图,四边形为梯形,,四边形为平行四边形.(1)求证:∥平面;(2)若平面,求:(ⅰ)直线与平面所成角的正弦值;(ⅱ)点D到平面的距离.【答案】(1)见解析;(2)(i);(ii).【详解】(1)如图,在射线上取点,使,连接.由题设,得,所以四边形为平行四边形.所以且.又四边形为平行四边形,所以且.所以且..所以四边形为平行四边形,所以.因为平面平面所以平面.(2)(i)因为平面,平面,所以.又,所以,,两两相互垂直.如图建立空间直角坐标系,则.所以.设平面的法向量为,则即令,则.于是.设直线与平面所成角为,则所以直线与平面所成角的正弦值为.(ii)因为,所以直线与平面所成角的正弦值为.所以点到平面的距离为19.已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)求函数的单调区间;(3)当函数存在极小值时,求证:函数的极小值一定小于0.【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【详解】(1)解:当,,则,因为,所以.所以曲线在的切线方程为.(2)解:函数定义域为.,令,解得:.①当即时,,所以函数的单调递减区间为和,无单调递增区间.②当即时,当和,;当,,函数的单调递减区间为和,单调递增区间为.③当即时,当和,;当,,函数的单调递减区间为和,单调递增区间为.综上所述:时,函数的单调递减区间为和,无单调递增区间.时,函数的单调递减区间为和,单调递增区间为.时,函数的单调递减区间为和,单调递增区间为.(3)证明:函数定义域为.由题意,函数存在极小值,则在极小值点有定义,且在该点左侧函数单调递减,在该点右侧函数单调递增.由(2)可知,当时,函数在处取得极小值,即;当时,又,函数无极小值,所以函数的极小值一定小于0.20.已知椭圆的右顶点,P为椭圆C上的动点,且点P不在x轴上,O是坐标原点,面积的最大值为1.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)过点的直线与椭圆C交于另一点Q,直线分别与y轴相交于点E,F.当时,求直线的方程.【答案】(1),(2)或【详解】(1)椭圆,,,P为椭圆C上的动点,且点P不在x轴上,O是坐标原点,过点P 作轴,垂足为,故面积为,若要面积最大,则需最长,此时点P在轴上,即时,使得面积最大,,,. 椭圆C的方程为,离心率为.(2)P为椭圆C上的动点,过点的直线与椭圆C交于另一点Q,可记,,当直线的斜率不存在时,即轴时,, 此时直线分别与y轴相交于点E,F.此时,不符合题意.当直线的斜率存在时,设直线的方程为:,联立 ,消去可得,化简得,由韦达定理可得 ,所以,由,,,则直线的方程为:,直线的方程为:,因为直线分别与y轴相交于点E,F,令分别代入直线,直线可得:点 ,, 又,在直线方程上,所以有,分别代入 并化简可得, , ,则,解得,,故直线的方程为:或,即或.21.已知项数为的有穷数列满足如下两个性质,则称数列具有性质P;①;②对任意的、,与至少有一个是数列中的项.(1)分别判断数列、、、和、、、是否具有性质,并说明理由;(2)若数列具有性质,求证:;(3)若数列具有性质,且不是等比数列,求的值.【答案】(1)数列、、、不具有性质,数列、、、不具有性质,理由见解析(2)证明见解析(3)【详解】(1)解:对于数列、、、,因为,,所以,数列、、、不具有性质;对于数列、、、,当时,,, 所以,数列、、、不具有性质.(2)证明:因为,因为,则为数列中的项,所以,,设且,因为,则不是数列中的项,所以,为数列中的项,因为,所以,,,,,上述等式全部相乘可得,因此,.(3)解:当时,由(2)可知,由题意可得,这与数列是等比数列矛盾;当时,由(1)可知,数列、、、具有性质;当时,由(2)可知,,①当时,,所以,不是数列中的项,因为,,所以,,,,,所以,,因为,所以,,,所以,,,所以,,②由①②可得,这与数列不是等比数列矛盾,不合题意.综上所述,.
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