《2023年高考数学第一次模拟考试卷》数学(甲卷理科)(全解全析)

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【文档说明】《2023年高考数学第一次模拟考试卷》数学(甲卷理科)(全解全析).docx,共(19)页,2.058 MB,由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

2023年高考数学第一次模拟考试卷数学·全解全析注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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,再选涂其他答案标号。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、单选题1.已知集合{1,2,3,4,5,6},{1,2,3},{2,3,4,5},UAB===则()()UUCACB=()A.{6}B.{1,6}C.{2,3}D.{1,4,5

,6}【答案】A【详解】解:由题意,{4,5,6},{1,6},()(){6}UUUUCACBCACB===,故选:A.2.若i12i1ia+=−++(aR,i为虚数单位),则ia−=()A.22B.10C.5D.2【答案】B【详解】因为

i12i1ia+=−++,故()()i1i12i3ia+=+−+=−+,故3a=−,则i3i9110a−=−−=+=.故选:B.3.北斗导航系统由55颗卫星组成,于2020年6月23日完成全球组网部署,全面投入使

用.北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据,北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光,其中玉衡最亮,天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测,则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为()A.1021B.1121C.1142D.

521【答案】B【详解】因为玉衡和天权都没有被选中的概率为25271021CPC==,所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为101112121−=.故选:B.4.若平面向量a与b的夹角为60,21ab==,,则2ab−=A.3B.23.C.1D.2【答案】D【详解】2212444421

4122abaabb−=−+=−+=,故选D.考点:向量的模5.已知()0,2A,()(),00Btt,动点C在曲线T:()2401yxx=上,若△ABC面积的最小值为1,则t不可能为()A.4−B.3−C.2−D.1−【答案】D【详解】设200,4yCy,因为0

,1x,所以2,2y−,即02,2y−.直线AB的方程为12xyt+=,即()2200xtytt+−=.因为02,2y−,0t,所以()22000022022yytytyt+−=+−.则点C到直线AB的距离为22000022222244yytyttytd

tt+−+−==++.因为()0,2A,(),0Bt,所以24ABt=+.所以22000022221224224ABCyytyttytStt+−+−=+=+△.当4t=−时,2000482,2,22ABCyySy−+=−△,可得当02y=时,()min1ABC

S=△,符合题意;当3t=−时,2000362,2,22ABCyySy−+=−△,可得当02y=时,()min1ABCS=△,符合题意;当2t=−时,2000242,2,22ABCyySy−+=−△,可得当02y=时,()min1ABCS=△,符合题意;当1t=−时,

200022,2,22ABCyySy−+=−△,可得当01y=时,()min34ABCS=△,不符合题意.故t不可能为1−.故选:D.6.定义域为0,π的函数()()()13sincoscos02fxxxx=−+

,其值域为1,12−,则的取值范围是()A.30,2B.3,32C.10,3D.12,33【答案】D【详解】因为()2131cos21π3sincos

cossin2sin222226xfxxxxxx+=−+=−+=−,由()112fx−可得1πsin2126x−−,0πx,则πππ22π666x−−−,由题意可得ππ7π2π266−

,解得1233.故选:D.7.函数()()22exfxxx=−的图象大致是()A.B.C.D.【答案】B【详解】由()0fx=得0x=或2x=,故C错;又()()22exxxf=−,当2x−或2x时,()0fx¢>;当22x−时,()0fx,所以()fx在(),2−

−和()2,+上单调递增,在()2,2−上单调递减,则()fx在2x=−处取得极大值,在2x=处取得极小值,故AD错;故选:B.8.已知数列na满足:m,*nN,mnmnaaa+=+.若20

222022a=,则1a=()A.1B.2C.3D.2022【答案】A【详解】令1m=,则11nnaaa+=+故11nnaaa+−=,1a为常数,故数列na是等差数列11nnaaad+−==()2022112022120222022aada=+−==11a=故选:A.9.已知直线l:1.

axby+=若l上有且仅有一点P,使得以点P为圆心,1为半径的圆过原点O,则ab−的最大值为()A.2B.22C.2D.1【答案】A【详解】由题意可知,||1OP=,P点有且仅有一个,O到直线l的距离为1,即22|001|1ab+−=+

,即221ab+=,设()cos02πsinab==,则πcossin2sin24ab−=−=−,当且仅当πsin14−=,即ππ=42−,π=4−,即2222ab==−

时,等号成立,故ab−最大值为2.故选:A.10.在正四棱台1111ABCDABCD−中,112ABAB=,13AA=.当该正四棱台的体积最大时,其外接球的表面积为()A.332B.33C.572D.57【答案】D【详解】图1设底边长为a,原四棱锥的高为h,如图1,1

,OO分别是上下底面的中心,连结1OO,11OA,OA,根据边长关系,知该棱台的高为2h,则11112222217322224ABCDABCDaahahVaa−=++=,由13AA=,且四边形11AOOA为直角梯形

,11112224OAABa==,2222OAABa==,可得222324ha+=,则2238ah=−,111122277324128ABCDABCDahaaV−==−()32

222227748228482484833aaaaaa++−=−=当且仅当22482aa=−,即4a=时等号成立,此时棱台的高为1.上底面外接圆半径1112rAO==,下底面半径22rAO==,设球的半径为R,显然球心M在1OO所在的

直线上.显然球心M在1OO所在的直线上.图2当棱台两底面在球心异侧时,即球心M在线段1OO上,如图2,设OMx=,则11OMx=−,01x,显然1MAMAR==则,有()222211rxrx+=+−,即()()()222

22221xx+=+−解得0x,舍去.图3当棱台两底面在球心异侧时,显然球心M在线段1OO的延长线上,如图3,设OMx=,则11OMx=+,显然1MCMAR==即()222211rxrx+=++,即()()()22222221xx+=++解得52x=,

()225572222R=+=,此时,外接球的表面积为225744572R==.故选:D.11.已知P为抛物线2:2(0)Eypxp=上一动点,F为E的焦点,点Q为圆

22430xxy−++=上一动点,若||||PFPQ+的最小值为3,则p=()A.5B.4C.3D.2【答案】B【详解】22430xxy−++=可转化为22(2)1xy−+=,则圆心为(2,0)M,半径为1.因为||||PFPQ+的最小值为3,点Q为圆22(2)1xy−+

=上一动点,设抛物线2:2(0)Eypxp=的准线为l,则l的方程为:2px=−过点P作PHl⊥,H为垂足,则PFPH=如图,则12pPFPQPHPQQG+=++.由132p+=,可得4p=,故选:B12.23(2ln3)1ln3,,3abcee−===,则a,b

,c的大小顺序为()A.acbB.c<a<bC.abcD.bac【答案】A【详解】令ln()xfxx=,则222ln3()33eeafe==,ln()ebfee==,ln3(3)3cf==,而21ln()xfxx−=且0x,即0xe时()f

x单调增,xe时()fx单调减,又2133ee,∴bc,ba.若lnxtx=有两个解12,xx,则121xex,1(0,)te,即2121lnlnxxtxx−=−,1212lnxxxxt+=,令2(1)()ln(1)1xgx

xxx−=−+,则22(1)()0(1)xgxxx−=+,即()gx在(1,)+上递增,∴()(1)0gxg=,即在(1,)+上,2(1)ln1xxx−+,若21xxx=即212121lnln2xx

xxxx−−+,故122lnttxx,有212xxe∴当23x=时,213eex,故21()()(3)3effxf=,综上:bca.故选:A二、填空题13.若定义在R上的偶函数()fx和奇函数()gx满足()()exfxgx+=,则()gx的解

析式为()gx=___________.【答案】ee2xx−−【详解】由题意得:()()exfxgx−−+−=,即()()exfxgx−−=①,()()exfxgx+=②,②-①得:()2eexxgx−=−,解得:()ee2xx

gx−−=.故答案为:ee2xx−−14.我国南宋著名数学家秦九韶在《数学九章》的“田域类”中写道:问沙田一段,有三斜,其小斜一十三里,中斜一十四里,大斜一十五里,…,欲知为田几何.意思是已知三角形沙田的三边长分别为13,1

4,15里,求三角形沙田的面积.请问此田面积为_____平方里.【答案】84【详解】由题意画出图象:且AB=13里,BC=14里,AC=15里,在△ABC中,由余弦定理得,cosB=2222ABBCACABBC+−=22213141521314+−=513,所以sinB=

21cosB−=1213,则该沙田的面积:即△ABC的面积S=12AB•BC•sinB=1121314213=84.故答案为84.15.已知函数()sinfxxx=+,在点ππ,22f处的切线与直线:10laxby+−=平行,则ba的值为___________

.【答案】1−【详解】因为()sinfxxx=+,所以()cos1fxx=+,所以πcos1122f=+=,即函数()fx在点,22f处切线的斜率为1,因为切线与直线l平行,所以1ab−=,即1ba=−.故答案为:1−16.已知函数()()()2

1fxxax=−−的图象关于点()1,0中心对称,若1x,2,xmn,使得()()()12120xxfxfx−−,则()()fmfn−的最大值是______.【答案】3239##32

39【详解】()fx关于点()1,0中心对称,所以()()()()221122yxaxyxax=−−−=−−−−,()()3232641163yxaxxayxaxaxa−=−++−−=−+−+−+

−,所以6141163aaaaa=−=−−=−,解得3a=,()()()2321333fxxxxxx=−−=−−+,()2361fxxx=−−,令()0fx=解得1223231,133xx=−=+,121212,3xxxx+=

=−,所以()fx在区间()()12,,0,xxfxfx递减;在区间()()()()12,,,,0,xxfxfx−+递增,所以()fx的极大值是()1fx,极小值是()2fx,依题意1x,2,xmn,使得()()()12120xxfxfx−−,所以,m

n是()fx的单调递减区间,所以()()fmfn−的最大值是()()12fxfx−()32321112223333xxxxxx=−−+−−−+332212121233xxxxxx=−−+−+()()()21212121231xxxxxxxx=−+−−+−438323339=−

−=.故答案为:3239三、解答题17.已知数列na的前n项和nS满足()*22NnnSan=−.(1)求数列na的通项公式;(2)令4nnban=−,求数列nnba的前n项和nT.【答案】(1)2nna=(2)2282nnnT

n−+=+−【详解】(1)当1n=,11122Saa==−,故12a=,因为22nnSa=−,当2n时,1122nnSa−−=−,两式相减得:1122nnnnnSSaaa−−−==−,即12nnaa−=,故数列na为等比数列,公比2q=,所

以1222nnna−==.(2)424nnnbann=−=−,故224122nnnnnbnna−−==−,故10121232222nnnTn−−=−++++,令10121232222nnnH−−=++++①,0121112322222nnnH−=++++②,①-②得1

012211111112222222nnnnH−−−=+++++−1112122412212nnnnn−−−+=−=−−即2282nnnH−+=−,故22228822nnnnnTnn−−++=−−=+−.18.甲、乙两个学校进行体育

比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.(1)求甲学校获得冠军的概率;(2)用X表示

乙学校的总得分,求X的分布列与期望.【答案】(1)0.6;(2)分布列见解析,()13EX=.【详解】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC,所以甲学校获得冠军的概率为()()()()PPABCPABCPABCPABC=+++0.50.40.80.50.40.80.

50.60.80.50.40.2=+++0.160.160.240.040.6=+++=.(2)依题可知,X的可能取值为0,10,20,30,所以,()00.50.40.80.16PX===,()100.50.40.8

0.50.60.80.50.40.20.44PX==++=,()200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34PX==++=,()300.50.60.20.06PX===.即X的分布列为X0102030P

0.160.440.340.06期望()00.16100.44200.34300.0613EX=+++=.19.如图,在三棱锥SABC−中,底面ABC为直角三角形,且90ABC=,SA⊥底面ABC,且SAAB=,点M

是SB的中点,ANSC⊥且交SC于点N.(1)求证:SC⊥平面AMN;(2)当ABBC=时,求二面角NMAC−−的余弦值.【答案】(1)详见解析;(2)13【详解】(1)因为SA⊥底面,ABCBC底面ABC,所以SABC⊥BCSABCABBCS

ABSAABASASABABSAB⊥⊥⊥=平面平面平面又AM平面SAB,所以BCAM⊥.因为,SAABM=是SB的中点,所以AMSB⊥AMSBAMBCAMSBBCBSBSBCBCSBC⊥

⊥⊥=平面平面平面SBC又SC平面SBC,所以AMSC⊥SCANSCAMSCANAMAANAMNAMAMN⊥⊥⊥=平面平面平面AMN(2)如图,以A为坐标原点,AB为x轴,AS为z轴,建立空间直角坐标系Axy

z−,设1ABSA==,则(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1)ABCS,11(,0,)22M,11(,0,),(1,1,0)22AMAC==设平面ACM的一个法向量为(,,)nxyz=则00ACnAMn==即01102

2xyxz+=+=,取(1,1,1)n=−由(1)可知(1,1,1)CS=−−是平面AMN的法向量1111cos,3||||33CSnCSnCSn−+===二面角NMNC−−的余弦值为1320.己知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=与双曲

线221xy−=有相同的渐近线,A,F分别为双曲线C的左顶点和右焦点,过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于第一象限的点B,ABF△的面积为2(21)+(1)求双曲线C的方程;(2)若直线1ykx=−与双曲线的左、右两支分别交于M,N两点,与双曲线的两条渐近线分别交于P

,Q两点,||||MNPQ=,求实数的取值范围.【答案】(1)224xy−=(2)(1,5]【详解】(1)解:如图,其中(),0Aa−,(),0Fc双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=与双曲线221xy−=有相同的渐

近线,所以ab=则222caba=+=,由题知BFAF⊥,所以2,bBca则()()()222111221222ABFabSAFycaa+==+==+B,解得2a=所以双曲线C的方程为22144xy−=.(2)解:设()11,Mxy,()22,N

xy则()222211250144ykxkxkxxy=−−+−=−=所以()()22212210Δ44150501kkkxxk−=−−−−=−,则11k−,且1221222151kxxkxxk−+=−

−=−所以2222212222252154||114111kkkMNkxxkkkk−−+−=+−=+−=−−−设()()3344,,,PxyQxy,由1ykxyx=−=得311xk=−,同理,411xk=+所以2223421121||

11111kPQkxxkkkk+=+−=+−=−+−,所以2222222154||154||211kkPQkkMNkk+−−===−+−,其中,11k−,因为254(1,5]k−,故的取值范围是(1,5]21.已知函数()()43,R,04afxxaxbxaba=−−

(1)若0b=,求函数()fx的单调区间;(2)若存在0Rx,使得()()00fxxfxx=+−,设函数()yfx=的图像与x轴的交点从左到右分别为A,B,C,D,证明:点B,C分别是线段AC和线段BD的黄金分割点.(注:若线段上的点将线段分割成两部分,且其中较长部分与

全长之比等于较短部分与较长部分之比,则称此点为该线段的黄金分割点)【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】(1)因为()4314fxaxx=−,所以()()23fxaxx=−.①当

0a时,由()0fx¢>解得3x,由()0fx解得3x,所以()fx在(),3−上单调递减,在()3,+上单调递增;②当a<0时,由()0fx¢>解得3x,由()0fx解得3x,所以()fx在(),3−上单调递增

,在()3,+上单调递减.综上可知:当0a时,()fx在(),3−上单调递减,在()3,+上单调递增;a<0时,()fx在(),3−上单调递增,在()3,+上单调递减.(2)若存在0Rx,使得()()00fxxfxx=+−,则()()()()()()434300000

044aaxxaxxbxxxxaxxbxx+−+−+=−−−−−,得()()()()()()22220000000220axxxxxxaxxxxxxxxxbx++−−++−++−−=,得()()222200030axxxaxxb+−+−=对任意x恒成立

,即()232000130axxxaxb−+−−=对任意x恒成立,所以02200130xaxaxb=−−=所以2ba=−;代入得()43124fxaxxx=−+,由()0fx=可得()32480axxx−+=.因为函数()fx的图象关于

1x=对称,所以有()()22240xxxx−−−=,得15Ax=−,0Bx=,2Cx=,15Dx=+,所以ABBCBCAC=,CDBCBCBD=,所以点B,C分别是线段AC和BD的黄金分割点.22.在平面直

角坐标系xOy中,已知直线:12:322xtlyt=−=+(t为参数).以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为2sin3=+(1)求曲线C的直角坐标方程;(2)设点M的直角坐标为(0,2),直线l与曲线C的交点为A

,B,求||||MAMB+的值.【答案】(1)2230xyxy+−−=(2)23【详解】(1)由2sin3=+,得132sincos22=+.两边同乘,即2sin3cos

=+.由cos,sinxy==,得曲线C的直角坐标方程为2230xyxy+−−=(2)将12322xtyt=−=+代入2230xyxy+−−=,得22320tt++=,设A,B对应的参数分别为12,tt则121223,2

tttt+=−=所以120,0tt.由参数t的几何意义得12||||23MAMBtt+=+=23.已知函数()|41||2|fxxx=−−+.(1)解不等式()8fx;(2)若关于x的不等式2()5|2|8fxxaa++−的

解集不是空集,求a的取值范围.【答案】(1)911{|}53xx−(2)1a−或9a【详解】(1)由题意可得()33,2151,24133,4xxfxxxxx−+−=−−−−,当2x−时,

338x−+,得53x−,无解;当124x−时,518x−−,得95x−,即9154x−;当14x时,338x−,得113x,即11143x.所以不等式的解集为911{|}53xx−.(2)()5241

489fxxxx++=−++,则由题可得289aa−,解得1a−或9a.

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