北京市海淀区2023届高三高考数学模拟试题

这是一份北京市海淀区2023届高三高考数学模拟试题，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．方程在区间上的解的个数为
A．2B．4C．6D．8
2．已知直线平面，平面平面，则以下关于直线与平面的位置关系的表述（ ）
A．与不平行
B．与不相交
C．不在平面上
D．在上，与平行，与相交都有可能
3．设三角形是位于平面直角坐标系的第一象限中的一个不等边三角形，该平面上的动点满足：，已知动点的轨迹是一个圆，则该圆的圆心位于三角形的
A．内心B．外心C．重心D．垂心
4．已知与皆是定义域、值域均为R的函数，若对任意，恒成立，且与的反函数、均存在，命题P：“对任意，恒成立”，命题Q：“函数的反函数一定存在”，以下关于这两个命题的真假判断，正确的是（ ）
A．命题P真，命题Q真B．命题P真，命题Q假
C．命题P假，命题Q真D．命题P假，命题Q假
二、填空题
5．函数的定义域是 .
6．已知一个圆锥的底面圆的半径为1，体积为，则该圆锥的侧面积为 ．
7．等差数列中，，则其前12项之和的值为
8．幂函数的图象经过点，则它的单调减区间为
9．三角形中，,则的边长为 ．
10．已知是实数，方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若三角形是等腰直角三角形，则 .
11．设实数、满足，则的最大值为
12．已知偶函数的定义域为R，且当时，，则不等式的解为 ．
13．等比数列的首项为1，公比为3，则极限的值为 .
14．甲乙两人分别投掷两颗骰子与一颗骰子，设甲的两颗骰子的点数分别为与，乙的骰子的点数为，则的概率为 （用最简分数表示）
15．已知是实数，在的二项展开式中，第项的系数为（），若，则的取值范围为 .
16．设是平面直角坐标系中的一个正八边形，点的坐标为（），集合存在，使得，则集合的元素个数可能为 （写出所有可能的值）.
三、解答题
17．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点是圆锥的顶点，是圆柱下底面的一条直径，、是圆柱的两条母线，是弧的中点．

(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求点到平面的距离．
18．已知是实常数，．
(1)当时，求函数的单调增区间；
(2)是否存在，使得是与有关的常数函数，求出所有满足条件的，若不存在，说明理由
19．已知是实常数，，.
（1）当时，判断函数在区间上的单调性，并说明理由；
（2）写出一个的值，使得在区间上有至少两个不同的解，并严格证明你的结论.
20．设抛物线的方程为，其中常数，F是抛物线的焦点．
(1)若直线被抛物线所截得的弦长为6，求的值；
(2)设是点关于顶点O的对称点，是抛物线上的动点，求的最大值；
(3)设是两条互相垂直，且均经过点F的直线，与抛物线交于点,与抛物线交于点，若点G满足，求点G的轨迹方程．
21．设各项均为整数的无穷数列满足：，且对所有，均成立.
（1）写出的所有可能值（不需要写计算过程）；
（2）若是公差为1的等差数列，求的通项公式；
（3）证明：存在满足条件的数列，使得在该数列中，有无穷多项为2019.
参考答案：
1．D
【分析】将函数解的个数通过构造函数法转化为在对应区间交点个数，原式可变形为，分别构造和，结合图像，采用数形结合法找出交点个数即可
【详解】由得，，分别画出和在的图像，如图：

两函数图像有8个交点，故方程在区间上的解的个数为8个
故选D
【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，数形结合求函数的交点，属于基础题
2．D
【分析】以正方体为载体，分情况讨论线面的位置关系即可.
【详解】如图所示，正方体中，易知平面平面，
不妨设为平面为平面，
又可知，所以当时，与平行；
，所以当时，与相交；
，所以当时，在内．
故选：D．

3．C
【分析】可设， ， ，由列出关系式，由的轨迹为圆，求出圆心坐标即可
【详解】设， ， ，由得：
展开整理，得．
．
圆的圆心坐标为，，为三角形的重心．
故选
【点睛】本题考查圆的轨迹方程的求法，重心坐标公式的应用，计算量偏大，化简时需进行整体代换，简化运算难度，属于中档题
4．D
【分析】利用反函数的定义和原函数与反函数关于直线的对称性，通过列举的方式加以说明即可
【详解】由题，可设，与，与
其反函数，均存在，
命题：对任意，恒成立”
由图象关于直线对称可知是错误的．
如图：

对命题：
可 设，
令，存在，根据反函数特征，若函数存在反函数，
则不能存在一个值对应两个的情况，说明不存在反函数
故命题假，命题假
故选：D．
5．
【详解】由 得 ,所以函数的定义域是,故答案为.
6．
【详解】试题分析：∵圆锥的底面圆的半径为1，体积为，∴圆锥的高为，∴圆锥的母线为，∴圆锥的侧面积为
考点：本题考查了圆锥的性质
点评：解决此类问题的关键是掌握圆锥中的体积和侧面积公式，属基础题
7．
【分析】利用等差数列的通项公式、前n项和公式直接求解．
【详解】∵等差数列{an}中，a3+a10＝25，
∴其前12项之和S126（a3+a10）＝6×25＝150．
故答案为150．
【点睛】本题考查等差数列的前n项和的公式，考查等差数列的性质的应用，考查运算求解能力，是基础题．
8．
【分析】将点代入,解得,从而可得幂函数的单调递减区间.
【详解】依题意得,,即,
所以,
所以的解析式为:,
所以单调递减区间为.
故答案为: .
【点睛】本题考查了幂函数的单调区间,属于基础题.
9．4
【分析】利用三角形内角和定理可求的值，进而根据正弦定理求得得值．
【详解】∵，
∴，
由正弦定理可知：．
故答案为：4．
10．2
【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程的两复根为，，根据条件可得，列方程求解即可
【详解】根据题意设方程的两虚根为，，为实数，
方程的两根在复平面上对应的点分别为和，三角形是等腰直角三角形，
，，
，，
的值为2．
故答案为2．
【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，向量垂直对应的数量积的坐标关系，属于基础题
11．2
【分析】作出可行域后,观察图象利用直线的纵截距最大找到最优解,代入即可求得.
【详解】作出不等式所表示的平面区域,如图:

令,则,
要使最大,即直线的纵截距最大,观察图象可知,最优解为,
所以的最大值为.
故答案为:2
【点睛】本题考查了利用线性规划求目标函数的最大值.
12．
【分析】先由偶函数的定义求出函数解析式，然后根据二次不等式的求解方法分类计算即可．
【详解】令，则时，，
对于不等式，
当时，等价于且，解之得，
当时，等价于，即，显然恒成立，
综上可知
故答案为：.
13．
【分析】分别求出前项和与对应的前项的和，再化简求极限即可
【详解】等比数列的首项为1，公比为3，
，，
，
，
故答案为
【点睛】本题考查等比数列的前项，数列的极限的求法，属于基础题
14．
【分析】设甲的两颗骰子的点数分别为与，乙的骰子的点数为，利用列举法求出掷出的点数满足包含的基本事件，由此能求出掷出的点数满足的概率．
【详解】甲乙两人分别投掷两颗骰子与一颗骰子，设甲的两颗骰子的点数分别为与，乙的骰子的点数为，则基本事件总数，
掷出的点数满足包含的基本事件有：
，
，
共30个，
∴掷出的点数满足的概率为．
故答案为：．
15．
【分析】若要满足， 即，即，分别对进行分类讨论，利用不等式的性质化简，即可求得的取值范围
【详解】由题可得，所以，所以
当时，必然会出现当为奇数时，即，，而，此时与相矛盾，故舍去
当时，，，
又，所以的取值范围为，
综上所述，
故答案为．
【点睛】本题考查二项式定理基本概念，不等式恒成立问题，属于中档题
16．4或5或8
【分析】根据正八边形特征可分为三种情况研究集合的元素个数．
【详解】如图所示：

①如果正八边形边轴，或正八边形隔两个顶点的对角线轴，如轴时，可得集合，，，，此时的元素个数为4．
②如果正八边形隔一个顶点的对角线轴，或正八边形隔三个顶点的对角线轴，如轴时，可得集合，，，，，此时的元素个数为5．
③如果正八边形边与对角线都与轴不平行时，可得集合，，，，，，，，此时的元素个数为8．
综上可得：集合的元素个数可能为4或5或8．
故答案为4或5或8．
【点睛】本题考查集合中元素的特征、正八边形特征、分类讨论方法，图形推理能力，属于中档题
17．(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成的角的大小．
（2）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．
【详解】（1）由圆柱和圆锥的性质可知底面圆，又是弧的中点，
所以两两垂直，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）由（1）可得，，
，，，
设平面的法向量，
则，取可得平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
【点睛】本题考查异面直线所成角的大小、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
18．(1)；
(2)存在；
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式，结合三角函数的性质计算即可；
（2）根据解析式计算即可．
【详解】（1）由|
，
所以当时，，
则，
即的单调增区间为；
（2）由上可知，
显然当时，的值与的取值无关，
∴存在，使得是与有关的常数函数．
19．（1）在区间，上的单调递增（2）当时，在区间上有至少两个不同的解，证明见详解
【分析】（1）利用函数增减性的判断方法证明即可；
（2）当时满足，在区间上有至少两个不同的解，利用零点存在定理分别取进行验证即可
【详解】（1）当时，，
设，则
，
其中，
，，
在区间，上的单调递增；
（2）当时，在区间上有至少两个不同的解，证明如下：
，在函数图像连续，利用零点存在定理，分别令
，
，故在，至少存在一个零点
同理可得：
，，
故在，至少存在一个零点
在区间上有至少两个不同的解．
【点睛】本题考查定义法求证函数单调性，零点存在定理的具体应用，合理赋值是应用零点存在定理解题的关键，属于中档题
20．(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）可令，代入抛物线方程，计算可得弦长继而得；
（2）根据抛物线定义转化线段比值，结合直线与抛物线的位置关系计算即可；
（3）设坐标及方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理以及两直线垂直的条件，结合向量的坐标表示，以及消元转化，可得所求轨迹方程．
【详解】（1）由可得，由题意可知；
（2）易知，则，抛物线准线为，

如图所示，过作准线，垂足为B，
由抛物线定义可知，故，
设直线为，，
则，
欲求的最大值，即求的最小值，
显然当直线与抛物线相切时，取得最大，此时其余弦最小，
联立抛物线方程可得，
由直线和抛物线相切可得，
结合抛物线对称性，不妨取，此时，即；
（3）
由已知可知，则，
设，，
则，
与抛物线联立可得：，
即有，
同理则有，
因为点G满足，
即，
故，
可得，
则G的轨迹方程为．
21．（1），，，1，3，5，7；（2），；（3）证明见解析.
【分析】（1）通过列举法表示出所有可能值
（2）分析可知表示的是原数列中的奇数项，求得奇数项的通项公式，再利用相邻两项差的绝对值的关系构造关系式解出偶数项，进而求得通项
（3）可利用（2）中的数列，构造一个循环数列，则可证明循环数列中存在无穷多项为2019
【详解】（1），，，1，3，5，7；
（2）是公差为1的等差数列，
数列的所有奇数项为公差为1的等差数列，
当时，
当时，由可知：，即
解得：，；
（3）由（2）可知存在一个数列使得奇数项为从1开始的连续自然数，则易知，
然后自4037项开始，构造奇数项为公差为的等差数列，由（2）可知，
当，时，
当时，由可知
即，解得：
则当奇数项取至1时，重复第一段的数列，得到一个周期数列，在此周期数列中，存在无穷多项为2019，即可得证．
【点睛】本题考查数列递推公式的应用，数列通项公式的求法，构造数列法在循环数列中的应用，解题关键在于能通过（2）想到去构造一个循环数列，以此来解决出现无穷多项为2019的数出现的问题，试题（1）（2）偏向于基础考查，（3）的难度偏高