2023年内蒙古赤峰市林东重点中学高考数学模拟试卷（5月份）-普通用卷

2023年内蒙古赤峰市林东重点中学高考数学模拟试卷（5月份）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  若集合，，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

2.  若为虚数单位，则复数的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  在的展开式中，的系数为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在，，三处测得道路一侧山顶的仰角依次为，，，其中，，则此山的高度为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  某高校计划在今年暑假安排编号为，，，，，的名教师，到个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排人，其中，必须安排在同一个学校则不同的安排方法共有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

6.  若数列满足，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知抛物线的焦点为，点在抛物线上异于顶点，点为坐标原点，过点作直线的垂线与轴交于点，则(    )

A.  B.  C.  D.

9.  两个边长为的正三角形与，沿公共边折叠成的二面角，若点，，，在同一球的球面上，则球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  已知为定义在上的偶函数，已知，当时，有，则使成立的的取值范围为(    )

A.  B.
C.  D.

11.  已知函数，若在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

12.  已知，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  设，满足约束条件，则的最小值为______ ．

14.  已知向量，其中，，若，则的最小值为______ ．

15.  在三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则该三角形周长的最大值为______．

16.  如图，已知正方体的棱长为，为底面正方形内含边界的一动点，则下列结论正确的序号有       
存在点，使得平面；
三棱锥的体积为定值；
当点在棱上时，的最小值为；
若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是．

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
如图，在圆锥中，是底面的直径，是底面圆周上的一点，且，，，是的中点．
求证：平面平面；
求二面角的余弦值．

18.  本小题分
已知数列的前项和为，且．
求证：数列是等差数列；
设，求数列的前项和．

19.  本小题分
甲、乙两人各有一只箱子甲的箱子里放有大小形状完全相同的个红球、个黄球和个蓝球乙的箱子里放有大小形状完全相同的个红球、个黄球和个蓝球，现两人各从自己的箱子里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜．
当，，时，求乙胜的概率；
若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是分、分和分，否则得零分，求乙得分均值的最大值，并求此时，，的值．

20.  本小题分
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上异于左、右顶点的动点，的周长为，椭圆的离心率为．
求椭圆的标准方程；
若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值若存在，求出点，的坐标；若不存在，请说明理由．

21.  本小题分
已知函数，其中为实数．
若，求函数在区间上的最小值；
若函数在上存在两个极值点，，且求证：．

22.  本小题分
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系直线的极坐标方程为：，，已知直线与曲线相交于，两点．
求曲线的极坐标方程；
记线段的中点为，若恒成立，求实数的取值范围．

23.  本小题分
已知函数．
求的最小值；
若，为正实数，且，证明不等式．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
求出中不等式解集的自然数解确定出，找出与的交集即可．
【解答】

解：由中不等式变形得：，，
解得：，，即，
，
，
故选D．
 

2.【答案】 

【解析】解：，其虚部为．
故选：．
根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为，
所以只有中的与中的相乘才会得到，
即，所以的系数为．
故选：．
根据题意，由二项式的展开式可得只有中的与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：如图，设点在地面上的正投影为点，

则，，，
设山高，则，
在中，，
由余弦定理可得：，
整理得，
．
故选：．
作出直观图，山高，利用仰角表示出，，，在中，，利用余弦定理建立等式化简，即可得解．
本题考查解三角形的应用，余弦定理的应用，属基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：将这名教师分成四组，再分配到不同的学校，
若教师人数依次为，，，，则不同的安排方法种数为：种；
若教师人数依次为，，，，则不同的安排方法种数为：种，
故不同的安排方法共有种．
故选：．
先将名教师分成组，然后再分配到学校即可．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：因为，
所以又因为，
所以，
所以是周期为的数列，故．
故选：．
利用数列的周期性即可求得的值．
本题主要考查数列的递推式，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
．
故选：．
根据三角函数的诱导公式可得出，然后得出，从而根据二倍角的余弦公式即可求出答案．
本题考查了诱导公式，二倍角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设，由，可得为的中点，且，
则，易得直线的垂线的方程为．
令，得，故，由抛物线的定义易知，
故，
故选：．
设，由，得为的中点，表示的方程，求出点的坐标，结合抛物线的定义求得结果．
本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，化归转化思想，属中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：取的中点，连接，，
因为正三角形与的边长为，所以，，
且，
故为二面角的平面角，，
所以是等边三角形，
取的中点，连接，则，，，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
取的中心，则点在上，且，故，
则球心在点正上方，连接，，，过点作于点，
则，
设，，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径，
故球的表面积为．
故选：．
作出辅助线，找到球心的位置及点在平面上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球的半径，进而得到球的表面积．
本题考查与球有关的内切或外接的问题，化归转化思想，属中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：令，，
函数为定义在上的偶函数，
，即，
函数为偶函数，
当时，，
函数在上为减函数，且，
由得，则，
，解得或，
故使成立的的取值范围为．
故选：．
令，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，由可得出，可得出，可得出关于的不等式，求解即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：函数

，
因为，
所以，
由于函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴，
根据函数的图像：
所以，整理得：
故选：．
首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用求出的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了导数的综合应用及构造法应用，属于难题．
分别构造函数，，，利用导数判断函数的单调性，从而比较大小．

【解答】

解：令，则，
当时，，
故在上是增函数，
故，
即，
故，
令，则在上恒成立，
故在上单调递减，
故，
即，
即，
所以，
令，则，
令，则，
易知在上是增函数，
且，
故在上恒成立，
故在上是减函数，
又，
故在上恒成立，
故在上恒成立，
故在上是减函数，
故，
即，
即，
所以，
故选D．

13.【答案】 

【解析】解：作出线性区域如图所示：

，所以表示可行域中的点到原点连线的斜率，
由图可知，点与原点连线斜率最小，
所以的最小值为：．
故答案为：．
作出线性区域，由图分析求目标函数的最小值即可．
本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，，，
，即，由，，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为．
故答案为：．
根据向量运算可得，再由均值不等式求解即可．
本题考查基本不等式的应用，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由正弦定理知，，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以，，，
所以
，
因为，所以，
当，即时，取得最大值，为，此时取得最大值．
故答案为：．
利用正弦定理可得，从而求出的值，且能分别用角表示出对应的边，再结合三角恒等变换的知识化简可得，然后由三角函数的知识，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角恒等变换公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：连接，，交点为，连接，连接，交点为，连接，

可得，所以平面，所以正确；
三棱锥的体积就是三棱锥的体积，到上底面的距离是定值，
所以体积为：，所以正确；
当点在棱上时，把平面沿旋转，使得旋转面与平面共面，
连接即可得到的最小值；所以不正确；

点到直线与到直线的距离相等，可知在以为准线，为焦点的抛物线上，
的中点为，建立如图所示的平面直角坐标系，的轨迹是抛物线，方程为：，

的方程：，与平行的抛物线的切线方程设为：，
，可得，，解得，可得切线方程为：，
则点到直线的最短距离是：，所以正确；
故答案为：．
判断的位置判断的正误；求解体积判断的正误；利用折叠与展开，转化求解距离的最小值判断的正误；平移直线与抛物线的位置关系求解最值判断的正误．
本题考查空间几何体的位置关系的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．
 

17.【答案】证明：如图，由题意，，
为的中点，为的中点，，
则，
而平面，平面，则，
又，平面，
又平面，平面平面；
解：平面，平面，则平面平面，
在平面中，过作，垂足为，在平面中，过作，垂足为，
连接，则平面，得，可得为二面角的平面角．
由已知可得，，，则，，，．
，，，
又，，得．
在中，，，得．
．
即二面角的余弦值为． 

【解析】由已知证明，，可得平面，即可得到平面平面；
证明平面平面，在平面中，过作，垂足为，在平面中，过作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，再由已知求解三角形得答案．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了二面角的求法，是中档题．
 

18.【答案】证明：当时，，
当时，，
当时，满足上式，
所以，
当时，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列；
解：由知，
所以，
则数列前项和为． 

【解析】由题意可得，即数列是首项为，公差为的等差数列；
由可得，然后累加求和即可．
本题考查了等差数列通项公式的求法及等差数列的定义，重点考查了裂项求和法，属基础题．
 

19.【答案】解：同色时乙胜，
同为红色：甲取红球且乙取红球：，
同为黄色：甲取黄球且乙取黄球：，
同为蓝色：甲取蓝球且乙取蓝球：，
所以乙胜的概率为；
得分均值等于每种颜色的获胜概率乘以对应分数，再求和，
即，
因为，
所以，
所以当最大时，均值最大，
，的最小值为，所以最大为，
所以乙得分均值的最大值为，此时，，． 

【解析】同色时乙胜，则计算种颜色分别相同的概率，求和即可；
得分均值等于每种颜色的获胜概率乘以对应分数，再求和，即，再结合求解即可．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了均值的求法，属于中档题．
 

20.【答案】解：周长为，
椭圆的离心率为，则，
所以
所以椭圆的标准方程为；
设圆的半径为，，由不妨设，
则的面积，
所以，，所以，
由，，得直线的方程为，
则点到直线的距离为，
整理，得，
把代入上式，得，
即，
由题意得，，，
所以，则，
把，代入椭圆的方程，得，
所以点在椭圆上，
所以存在定点，，使为定值． 

【解析】结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于，，的方程，解方程求，，可得椭圆方程；
设圆的半径为，，由内切圆的性质确定，，的关系，再结合点到直线的距离公式确定，的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明．
本题考查椭圆方程的求解，椭圆的几何性质，椭圆中焦点三角形问题，方程思想，化归转化思想，属难题．
 

21.【答案】解：当时，，，
，
令，，则，
在上单调递增，故，
，在上单调递增，
的最小值为．
依题意，在上有两个不等的实根，，且．
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故函数在处取得最小值，
要使得在上有两个不同的零点，必须满足，得，
此时，故．
，是的两个不等的实根，
，即，
要证：，即证：，
只要证：．
下面首先证明：．
要证：，即证：，
因，在上单调递增，
只要证：，即证：，
令，，
则，
在上单调递减，，即，
，，
，故，
要证：，只要证：，即证：，
只要证：，即证：，
事实上，，显然成立，得证． 

【解析】利用导函数的判断函数的单调性即可求最小值．
先根据，为函数在上存在两个极值点，可得，为的两根，可得，代入后即证，再根据，和的关系，消元后只需要证明即，结合，即证．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．
 

22.【答案】解：曲线的参数方程为为参数，
曲线的直角坐标方程为，
化为一般式得：，
设，
，
曲线的极坐标方程为：；
联立和，得，
设、，则，
由，得，
当时，取最大值，故实数的取值范围为． 

【解析】利用可得曲线的直角坐标方程，再由可得曲线的极坐标方程；
联立和得，设、，由得，利用的范围可得答案．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
 

23.【答案】解：由题知，
其函数图象如图所示，

所以．
证明：由可知，则，
解法一：利用基本不等式：
，
当且仅当时取等号．
所以．
解法二：利用柯西不等式：，
当且仅当时取等号，
所以． 

【解析】将函数写成分段函数，结合函数图象求解即可；
解法一：根据基本不等式“”的用法分析证明；解法二：利用柯西不等式直接证明即可．
本题主要考查不等式的证明，基本不等式的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．