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文檔簡介
2023年高考數學模擬試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。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.如圖,棱長為的正方體中,為線段的中點,分別為線段和棱上任意一點,則的最小值為()A. B. C. D.2.若,,,則()A. B.C. D.3.復數滿足,則復數等于()A. B. C.2 D.-24.若復數滿足(為虛數單位),則其共軛復數的虛部為()A. B. C. D.5.已知x,,則“”是“”的()A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6.已知向量,,且與的夾角為,則()A. B.1 C.或1 D.或97.設則以線段為直徑的圓的方程是()A. B.C. D.8.已知集合,,則等于()A. B. C. D.9.如圖所示,正方體的棱,的中點分別為,,則直線與平面所成角的正弦值為()A. B. C. D.10.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A. B. C. D.11.已知.給出下列判斷:①若,且,則;②存在使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱;③若在上恰有7個零點,則的取值范圍為;④若在上單調遞增,則的取值范圍為.其中,判斷正確的個數為()A.1 B.2 C.3 D.412.某學校調查了200名學生每周的自習時間(單位:小時),制成了如圖所示的頻率分布直方圖,其中自習時間的范圍是17.5,30],樣本數據分組為17.5,20),20,22.5),22.5,25),25,27.5),27.5,30).根據直方圖,這200名學生中每周的自習時間不少于22.5小時的人數是()A.56 B.60 C.140 D.120二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知復數,其中為虛數單位,則的模為_______________.14.曲線在點處的切線方程是__________.15.已知函數若關于的不等式的解集為,則實數的所有可能值之和為_______.16.已知函數,則________;滿足的的取值范圍為________.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)已知函數.(1)解不等式;(2)使得,求實數的取值范圍.18.(12分)如圖,在正三棱柱中,,,分別為,的中點.(1)求證:平面;(2)求平面與平面所成二面角銳角的余弦值.19.(12分)已知拋物線的焦點為,點在拋物線上,,直線過點,且與拋物線交于,兩點.(1)求拋物線的方程及點的坐標;(2)求的最大值.20.(12分)本小題滿分14分)已知曲線的極坐標方程為,以極點為原點,極軸為軸的非負半軸建立平面直角坐標系,直線的參數方程為(為參數),求直線被曲線截得的線段的長度21.(12分)已知.(Ⅰ)若,求不等式的解集;(Ⅱ),,,求實數的取值范圍.22.(10分)隨著改革開放的不斷深入,祖國不斷富強,人民的生活水平逐步提高,為了進一步改善民生,2019年1月1日起我國實施了個人所得稅的新政策,其政策的主要內容包括:(1)個稅起征點為5000元;(2)每月應納稅所得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除;(3)專項附加扣除包括①贍養(yǎng)老人費用②子女教育費用③繼續(xù)教育費用④大病醫(yī)療費用等.其中前兩項的扣除標準為:①贍養(yǎng)老人費用:每月扣除2000元②子女教育費用:每個子女每月扣除1000元.新個稅政策的稅率表部分內容如下:級數一級二級三級四級每月應納稅所得額(含稅)不超過3000元的部分超過3000元至12000元的部分超過12000元至25000元的部分超過25000元至35000元的部分稅率3102025(1)現(xiàn)有李某月收入29600元,膝下有一名子女,需要贍養(yǎng)老人,除此之外,無其它專項附加扣除.請問李某月應繳納的個稅金額為多少?(2)為研究月薪為20000元的群體的納稅情況,現(xiàn)收集了某城市500名的公司白領的相關資料,通過整理資料可知,有一個孩子的有400人,沒有孩子的有100人,有一個孩子的人中有300人需要贍養(yǎng)老人,沒有孩子的人中有50人需要贍養(yǎng)老人,并且他們均不符合其它專項附加扣除(受統(tǒng)計的500人中,任何兩人均不在一個家庭).若他們的月收入均為20000元,依據樣本估計總體的思想,試估計在新個稅政策下這類人群繳納個稅金額的分布列與期望.
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。1、D【解析】
取中點,過作面,可得為等腰直角三角形,由,可得,當時,最小,由,故,即可求解.【詳解】取中點,過作面,如圖:則,故,而對固定的點,當時,最?。藭r由面,可知為等腰直角三角形,,故.故選:D【點睛】本題考查了空間幾何體中的線面垂直、考查了學生的空間想象能力,屬于中檔題.2、C【解析】
利用指數函數和對數函數的單調性比較、、三個數與和的大小關系,進而可得出、、三個數的大小關系.【詳解】對數函數為上的增函數,則,即;指數函數為上的增函數,則;指數函數為上的減函數,則.綜上所述,.故選:C.【點睛】本題考查指數冪與對數式的大小比較,一般利用指數函數和對數函數的單調性結合中間值法來比較,考查推理能力,屬于基礎題.3、B【解析】
通過復數的模以及復數的代數形式混合運算,化簡求解即可.【詳解】復數滿足,∴,故選B.【點睛】本題主要考查復數的基本運算,復數模長的概念,屬于基礎題.4、D【解析】
由已知等式求出z,再由共軛復數的概念求得,即可得虛部.【詳解】由zi=1﹣i,∴z=,所以共軛復數=-1+,虛部為1故選D.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算和共軛復數的基本概念,屬于基礎題.5、D【解析】
,不能得到,成立也不能推出,即可得到答案.【詳解】因為x,,當時,不妨取,,故時,不成立,當時,不妨取,則不成立,綜上可知,“”是“”的既不充分也不必要條件,故選:D【點睛】本題主要考查了充分條件,必要條件的判定,屬于容易題.6、C【解析】
由題意利用兩個向量的數量積的定義和公式,求的值.【詳解】解:由題意可得,求得,或,故選:C.【點睛】本題主要考查兩個向量的數量積的定義和公式,屬于基礎題.7、A【解析】
計算的中點坐標為,圓半徑為,得到圓方程.【詳解】的中點坐標為:,圓半徑為,圓方程為.故選:.【點睛】本題考查了圓的標準方程,意在考查學生的計算能力.8、A【解析】
進行交集的運算即可.【詳解】,1,2,,,,1,.故選:.【點睛】本題主要考查了列舉法、描述法的定義,考查了交集的定義及運算,考查了計算能力,屬于基礎題.9、C【解析】
以D為原點,DA,DC,DD1分別為軸,建立空間直角坐標系,由向量法求出直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值.【詳解】以D為原點,DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標系,設正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2,則,,,取平面的法向量為,設直線EF與平面AA1D1D所成角為θ,則sinθ=|,直線與平面所成角的正弦值為.故選C.【點睛】本題考查了線面角的正弦值的求法,也考查數形結合思想和向量法的應用,屬于中檔題.10、A【解析】
利用已知條件畫出幾何體的直觀圖,然后求解幾何體的體積.【詳解】幾何體的三視圖的直觀圖如圖所示,則該幾何體的體積為:.故選:.【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積,判斷幾何體的形狀是解題的關鍵.11、B【解析】
對函數化簡可得,進而結合三角函數的最值、周期性、單調性、零點、對稱性及平移變換,對四個命題逐個分析,可選出答案.【詳解】因為,所以周期.對于①,因為,所以,即,故①錯誤;對于②,函數的圖象向右平移個單位長度后得到的函數為,其圖象關于軸對稱,則,解得,故對任意整數,,所以②錯誤;對于③,令,可得,則,因為,所以在上第1個零點,且,所以第7個零點,若存在第8個零點,則,所以,即,解得,故③正確;對于④,因為,且,所以,解得,又,所以,故④正確.故選:B.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換,考查三角函數的平移變換、最值、周期性、單調性、零點、對稱性,考查學生的計算求解能力與推理能力,屬于中檔題.12、C【解析】
試題分析:由題意得,自習時間不少于小時的頻率為,故自習時間不少于小時的頻率為,故選C.考點:頻率分布直方圖及其應用.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】
利用復數模的計算公式求解即可.【詳解】解:由,得,所以.故答案為:.【點睛】本題考查復數模的求法,屬于基礎題.14、【解析】
利用導數的幾何意義計算即可.【詳解】由已知,,所以,又,所以切線方程為,即.故答案為:【點睛】本題考查導數的幾何意義,考查學生的基本計算能力,要注意在某點處的切線與過某點的切線的區(qū)別,是一道容易題.15、【解析】
由分段函數可得不滿足題意;時,,可得,即有,解方程可得,4,結合指數函數的圖象和二次函數的圖象即可得到所求和.【詳解】解:由函數,可得的增區(qū)間為,,時,,,時,,當關于的不等式的解集為,,可得不成立,時,時,不成立;,即為,可得,即有,顯然,4成立;由和的圖象可得在僅有兩個交點.綜上可得的所有值的和為1.故答案為:1.【點睛】本題考查分段函數的圖象和性質,考查不等式的解法,注意運用分類討論思想方法,考查化簡運算能力,屬于中檔題.16、【解析】
首先由分段函數的解析式代入求值即可得到,分和兩種情況討論可得;【詳解】解:因為,所以,∵,∴當時,滿足題意,∴;當時,由,解得.綜合可知:滿足的的取值范圍為.故答案為:;.【點睛】本題考查分段函數的性質的應用,分類討論思想,屬于基礎題.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、(1);(2)或.【解析】
(1)分段討論得出函數的解析式,再分范圍解不等式,可得解集;(2)先求出函數的最小值,再建立關于的不等式,可求得實數的取值范圍.【詳解】(1)因為,所以當時,;當時,無解;當時,;綜上,不等式的解集為;(2),又,或.【點睛】本題考查分段函數,絕對值不等式的解法,以及關于函數的存在和任意的問題,屬于中檔題.18、(1)證明見詳解;(2).【解析】
(1)取中點為,通過證明//,進而證明線面平行;(2)取中點為,以為坐標原點建立直角坐標系,求得兩個平面的法向量,用向量法解得二面角的大小.【詳解】(1)證明:取的中點,連結,,如下圖所示:在中,因為為的中點,,且,又為的中點,,,且,,且,四邊形為平行四邊形,又平面,平面,平面,即證.(2)取中點,連結,,則,平面,以為原點,分別以,,為,,軸,建立空間直角坐標系,如下圖所示:則,,,,,,,,設平面的一個法向量,則,則,令.則,同理得平面的一個法向量為,則,故平面與平面所成二面角(銳角)的余弦值為.【點睛】本題考查由線線平行推證線面平行,以及利用向量法求解二面角的大小,屬綜合中檔題.19、(1),;(2)1.【解析】
(1)根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等,可得p值,即可求拋物線C的方程從而可得解;(2)設直線l的方程為:x+my﹣1=0,代入y2=4x,得,y2+4my﹣4=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=﹣4m,y1y2=﹣4,x1+x2=2+4m2,x1x2=1,(),(x2﹣2,),由此能求出的最大值.【詳解】(1)∵點F是拋物線y2=2px(p>0)的焦點,P(2,y0)是拋物線上一點,|PF|=3,∴23,解得:p=2,∴拋物線C的方程為y2=4x,∵點P(2,n)(n>0)在拋物線C上,∴n2=4×2=8,由n>0,得n=2,∴P(2,2).(2)∵F(1,0),∴設直線l的方程為:x+my﹣1=0,代入y2=4x,整理得,y2+4my﹣4=0設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是y2+4my﹣4=0的兩個不同實根,∴y1+y2=﹣4m,y1y2=﹣4,x1+x2=(1﹣my1)+(1﹣my2)=2﹣m(y1+y2)=2+4m2,x1x2=(1﹣my1)(1﹣my2)=1﹣m(y1+y2)+m2y1y2=1+4m2﹣4m2=1,(),(x2﹣2,),(x1﹣2)(x2﹣2)+()()=x1x2﹣2(x1+x2)+4=1﹣4﹣8m2+4﹣4+8m+8=﹣8m2+8m+5=﹣8(m)2+1.∴當m時,取最大值1.【點睛】本題考查拋物線方程的求法,考查向量的數量積的最大值的求法,考查拋物線、直線方程、韋達定理等基礎知識,考查運算求解能力,考查函數與方程思想,是中檔題.20、【解析】解:解:將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程為,即,它表示以為圓心,2為半徑圓,………4分直線方程的普通方程為,………8分圓C的圓心到直線l的距離,……………10分故直線被曲線截得的線段長度為.……………14分21、(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)利用零點分段討論法把函數改寫成分段函數的形式,分三種情況分別解不等式,然后取并集即可;(Ⅱ)利用絕對值三角不等式求出的最小值,利用均值不等式求出的最小值,結合題意,只需即可,解不等式即可求解.【詳解】(Ⅰ)當時,,,或,或,或所以不等式的解集為;(Ⅱ)因為,又(當時等號成立),依題意,,,有,則,解之得,故實數的取值范圍是.【點睛】本題考查由存在性問題求參數的范圍、零點分段討論法解絕對值不等式、利用絕對值三角不等式和均值不等式求最值;考查運算求解能力、分類討論思想、邏輯推理能力;屬于中檔題.22、(1)李某月應繳納的個稅金額為元,(2)分布列詳見解析,期望為11
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