阜新市重點2023年高三第六次模擬考試數學試卷含解析

1、2023年高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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，表示兩個不同的平面，l為內的一條直線，則“是“l(fā)”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件2不等式組表示的平面區(qū)域為，則（ ）A，B，C，D，

2、3在中，角所對的邊分別為，已知，則（ ）A或BCD或4已知函數，若恒成立，則滿足條件的的個數為（ ）A0B1C2D35某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）為（ ）AB6CD6已知函數且，則實數的取值范圍是( )ABCD7過拋物線（）的焦點且傾斜角為的直線交拋物線于兩點.，且在第一象限，則（ ）ABCD8德國數學家萊布尼茲(1646年-1716年)于1674年得到了第一個關于的級數展開式,該公式于明朝初年傳入我國.在我國科技水平業(yè)已落后的情況下,我國數學家天文學家明安圖(1692年-1765年)為提高我國的數學研究水平,從乾隆初年(1736年)開始,歷時近30年,證明了

3、包括這個公式在內的三個公式,同時求得了展開三角函數和反三角函數的6個新級數公式,著有割圓密率捷法一書,為我國用級數計算開創(chuàng)了先河.如圖所示的程序框圖可以用萊布尼茲“關于的級數展開式”計算的近似值(其中P表示的近似值),若輸入,則輸出的結果是( )ABCD9已知菱形的邊長為2，則（）A4B6CD10已知三棱錐中，是等邊三角形，則三棱錐的外接球的表面積為（ ）ABCD11已知等差數列的公差為，前項和為，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，若對任意的恒成立，則實數（ ）.A6B5C4D312已知雙曲線，過原點作一條傾斜角為直線分別交雙曲線左、右兩支P，Q兩點，以線段PQ為直徑的圓過右焦點F，

4、則雙曲線離心率為ABC2D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13記為數列的前項和.若，則_.14已知的終邊過點，若，則_15已知函數若關于的不等式的解集是，則的值為_16在的展開式中，所有的奇數次冪項的系數和為-64，則實數的值為_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）在中，角所對的邊分別是，且.（1）求；（2）若，求.18（12分）已知曲線C的極坐標方程是.以極點為平面直角坐標系的原點,極軸為x軸的正半軸,建立平面直角坐標系,直線l的參數方程是:（是參數）.（1）若直線l與曲線C相交于A、B兩點,且,試求實數m值.（2）設為曲線上任意一點

5、，求的取值范圍.19（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）記的最小值為，且正實數滿足.證明：.20（12分）已知二階矩陣A=abcd，矩陣A屬于特征值1=-1的一個特征向量為121（12分）設數列，其前項和，又單調遞增的等比數列， ， .()求數列，的通項公式；()若 ，求數列的前n項和，并求證：.22（10分）已知集合，.（1）若，則；（2）若，求實數的取值范圍.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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。1A【解析】試題分析：利用面面平行和線面平行的定義和性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷解：根據題意，由于，表

6、示兩個不同的平面，l為內的一條直線，由于“，則根據面面平行的性質定理可知，則必然中任何一條直線平行于另一個平面，條件可以推出結論，反之不成立，“是“l(fā)”的充分不必要條件故選A考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；平面與平面平行的判定2D【解析】根據題意，分析不等式組的幾何意義，可得其表示的平面區(qū)域，設，分析的幾何意義，可得的最小值，據此分析選項即可得答案.【詳解】解：根據題意，不等式組其表示的平面區(qū)域如圖所示，其中 ，設，則，的幾何意義為直線在軸上的截距的2倍，由圖可得：當過點時，直線在軸上的截距最大，即，當過點原點時，直線在軸上的截距最小，即，故AB錯誤；設，則的幾何意義為點與點連線的斜

7、率，由圖可得最大可到無窮大，最小可到無窮小，故C錯誤，D正確；故選：D.【點睛】本題考查本題考查二元一次不等式的性質以及應用，關鍵是對目標函數幾何意義的認識，屬于基礎題.3D【解析】根據正弦定理得到，化簡得到答案.【詳解】由，得，或，或故選：【點睛】本題考查了正弦定理解三角形，意在考查學生的計算能力.4C【解析】由不等式恒成立問題分類討論：當，當，當，考查方程的解的個數，綜合得解【詳解】當時，滿足題意，當時，故不恒成立，當時，設，令，得，得，下面考查方程的解的個數，設（a），則（a）由導數的應用可得：（a）在為減函數，在，為增函數，則（a），即有一解，又，均為增函數，所以存在1個使得成立，綜合

8、得：滿足條件的的個數是2個，故選：【點睛】本題考查了不等式恒成立問題及利用導數研究函數的解得個數，重點考查了分類討論的數學思想方法，屬難度較大的題型.5D【解析】根據幾何體的三視圖，該幾何體是由正方體去掉三棱錐得到，根據正方體和三棱錐的體積公式可求解.【詳解】如圖,該幾何體為正方體去掉三棱錐,所以該幾何體的體積為：,故選：D【點睛】本題主要考查了空間幾何體的三視圖以及體積的求法，考查了空間想象力，屬于中檔題.6B【解析】構造函數，判斷出的單調性和奇偶性，由此求得不等式的解集.【詳解】構造函數，由解得，所以的定義域為，且，所以為奇函數，而，所以在定義域上為增函數，且.由得，即，所以.故選：B【點

9、睛】本小題主要考查利用函數的單調性和奇偶性解不等式，屬于中檔題.7C【解析】作，；，由題意，由二倍角公式即得解.【詳解】由題意，準線：，作，；，設，故，.故選：C【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.8B【解析】執(zhí)行給定的程序框圖，輸入，逐次循環(huán)，找到計算的規(guī)律，即可求解.【詳解】由題意，執(zhí)行給定的程序框圖，輸入，可得：第1次循環(huán)：；第2次循環(huán)：；第3次循環(huán)：；第10次循環(huán)：，此時滿足判定條件，輸出結果，故選：B.【點睛】本題主要考查了循環(huán)結構的程序框圖的計算與輸出，其中解答中認真審題，逐次計算，得到程序框圖的計算功能是解答的關鍵，著重考

10、查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.9B【解析】根據菱形中的邊角關系，利用余弦定理和數量積公式，即可求出結果【詳解】如圖所示，菱形形的邊長為2，且，故選B【點睛】本題主要考查了平面向量的數量積和余弦定理的應用問題，屬于基礎題.10D【解析】根據底面為等邊三角形，取中點，可證明平面，從而，即可證明三棱錐為正三棱錐.取底面等邊的重心為，可求得到平面的距離，畫出幾何關系，設球心為，即可由球的性質和勾股定理求得球的半徑，進而得球的表面積.【詳解】設為中點，是等邊三角形，所以，又因為，且，所以平面，則，由三線合一性質可知所以三棱錐為正三棱錐，設底面等邊的重心為，可得，所以三棱錐的外接球球心在面下方

11、，設為，如下圖所示：由球的性質可知，平面，且在同一直線上，設球的半徑為，在中，即，解得，所以三棱錐的外接球表面積為，故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的結構特征和相關計算，正三棱錐的外接球半徑求法，球的表面積求法，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.11C【解析】若對任意的恒成立，則為的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值時的n即可.【詳解】由已知，又三角形有一個內角為，所以，解得或（舍），故，當時，取得最大值，所以.故選：C.【點睛】本題考查等差數列前n項和的最值問題，考查學生的計算能力，是一道基礎題.12B【解析】求得直線的方程，聯(lián)立直線的方程和雙曲線的方程，求得兩點坐標的關系，根據列方

12、程，化簡后求得離心率.【詳解】設，依題意直線的方程為，代入雙曲線方程并化簡得，故 ，設焦點坐標為，由于以為直徑的圓經過點，故，即，即，即，兩邊除以得，解得.故，故選B.【點睛】本小題主要考查直線和雙曲線的交點，考查圓的直徑有關的幾何性質，考查運算求解能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】由已知數列遞推式可得數列是以16為首項，以為公比的等比數列，再由等比數列的前項和公式求解【詳解】由，得，且，則，即數列是以16為首項，以為公比的等比數列，則故答案為：1【點睛】本題主要考查數列遞推式，考查等比數列的前項和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平14【解析】

13、由題意利用任意角的三角函數的定義，求得的值【詳解】的終邊過點，若， 即答案為-2.【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義和誘導公式，屬基礎題.15【解析】根據題意可知的兩根為,再根據解集的區(qū)間端點得出參數的關系,再求解即可.【詳解】解：因為函數,關于的不等式的解集是 的兩根為：和；所以有：且；且；故答案為：【點睛】本題主要考查了不等式的解集與參數之間的關系,屬于基礎題.163或-1【解析】設，分別令、，兩式相減即可得，即可得解.【詳解】設，令，則， 令，則，則-得，則，解得或.故答案為：3或-1.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，考查了運算能力，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫

14、出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）（2）【解析】（1）根據正弦定理到，得到答案.（2）計算，再利用余弦定理計算得到答案.【詳解】（1）由，可得,因為，所以，所以.（2），又因為，所以.因為，所以，即.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理，意在考查學生的計算能力.18（1）或；（2）.【解析】（1）將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，在直角坐標條件下求出曲線的圓心坐標和半徑，將直線的參數方程化為普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）將圓化為參數方程形式，代入由三角公式化簡可求其取值范圍【詳解】（1）曲線C的極坐標方程是化為直角坐標方程為：直線的直角坐標方程為：圓心到直線l的距離（弦

15、心距）圓心到直線的距離為 ：或（2）曲線的方程可化為，其參數方程為：為曲線上任意一點，的取值范圍是19（1）或；（2）見解析【解析】（1）根據，利用零點分段法解不等式，或作出函數的圖像，利用函數的圖像解不等式；（2）由（1）作出的函數圖像求出的最小值為，可知，代入中，然后給等式兩邊同乘以，再將寫成后，化簡變形，再用均值不等式可證明.【詳解】（1）解法一：1時，即，解得；2時，即，解得；3時，即，解得.綜上可得，不等式的解集為或.解法二：由作出圖象如下：由圖象可得不等式的解集為或.（2）由所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，正實數滿足，則，即，（當且僅當即時取等號）故，得證.【點睛】此題考查了絕對值不等式的解法，絕對值不等式的性質和均值不等式的運用，考查了分類討論思想和轉化思想，屬于中檔題.20A=【解析】運用矩陣定義列出方程組求解矩陣A【詳解】由特征值、特征向量定義可知，A即abc同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2，b=3，c=2，d=1.因此矩陣【點睛】本題考查了由矩陣特征值和特征向量求矩陣，只需運用定義得出方程組即可求出結果，較為簡單21（1），；（2）詳見解析.【解析】（1）當時，當時，當時