数学（理）高考模拟试题含答案

这是一份数学（理）高考模拟试题含答案，共19页。

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、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知i为虚数单位，若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则进行计算可得结果.
【详解】因为，所以.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解二次不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
又，所以.
故选：D.
3. 已知命题p：，；命题q：，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断命题，的真假，再根据复合命题的真假性判断即可.
【详解】对命题，因为，故为真命题；
对命题，当时，，故为假命题；
所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题，只有为真命题.
故选：D
4. 已知某圆锥的底面半径为2，体积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 1B. 2C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥的体积求出圆锥的高，根据勾股定理即可求得答案.
【详解】设圆锥的高为h，则由圆锥的底面半径为2，体积为，
可得，
故该圆锥的母线长为，
故选：C
5. 近年来，我国无人机产业发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，其中民用无人机市场也异常火爆，销售量逐年上升．现某无人机专卖店统计了5月份前5天每天无人机的实际销量，结果如下表所示．
经分析知，与有较强的线性相关关系，且求得线性回归方程为，则的值为（ ）
A. 28B. 30C. 33D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】求出、，根据回归直线方程必过样本中心点，代入计算可得.
【详解】依题意，，
又回归直线方程过点，所以，解得.
故选：C
6. 函数的部分图象大致为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，再根据趋于正无穷时函数值大于0可得到答案.
【详解】因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除CD；
根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除B.
故选：A.
7. 现有若干大小、质地完全相同的黑球和白球，已知某袋子中装有3个白球、2个黑球，现从袋中随机依次摸出2个球，若第一次摸出的是白球，则放回袋中；若第一次摸出的是黑球，则把黑球换作白球，放回袋中.记事件“第一次摸球摸出黑球”，事件“第二次摸球摸出白球”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件概率公式概率计算方法进行计算即可.
【详解】根据题意可知，
第一次摸出黑球且第二次摸出白球的概率，
则,
故选：D.
8. 已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（ ）
A. 3B. C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，在结合余弦定理，化简得到，代入即可求解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
即，
又因为，可得，所以，
因为，，
由余弦定理得，
即，解得.
故选：B.
9. 用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）的反射后，集中于它的焦点．用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线C放在平面直角坐标系中，对称轴与x轴重合，顶点与原点重合，如图，若抛物线C的方程为，平行于x轴的光线从点射出，经过C上的点A反射后，再从C上的另一点B射出，则（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由题意求出A点坐标，根据光线反射的性质求出反射光线的方程，即可求出B点坐标，利用两点间距离公式，即可求得答案.
【详解】由抛物线C的方程为，可得其焦点为，
由于，故点纵坐标为4，代入中，即，
即，由题意知反射光线经过点，
则的方程为，联立，得，即得，
故，
故选：C
10. 已知函数，，则（ ）．
A. 的图象关于y轴对称，的图象关于点对称
B. 的图象关于y轴对称，的图象关于y轴对称
C. 的图象关于原点对称．的图象关于点对称
D. 的图象关于原点对称．的图象关于y轴对称
【答案】D
【解析】
【分析】可直接利用函数奇偶性定义，结合三角函数诱导公式化简证明；可先由对数运算性质变形整理，再利用函数奇偶性定义证明即可.
【详解】任意，，且，
故的图象关于原点对称；
任意，
，则，
故是偶函数，的图象关于y轴对称.
故选：D．
11. 已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】C
【解析】
【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
12. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数图象的平移可得的表达式，求出其单调增区间，结合在上单调递增，列出不等式，即可求得答案.
【详解】由题意函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
故，
令，则，
即的单调增区间为，
又函数在上单调递增，则，
而，故，解得，
即实数t的取值范围是，
故选：A
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，均单位向量，且，，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂直关系的向量表示以及数量积的运算律，将平方后，即可求得答案.
【详解】由题意知，，故，且，
即，故，
故答案为：
14. 已知数列满足，若，，则______．
【答案】8
【解析】
【分析】判断数列为等比数列，求出，结合，即可求得答案.
【详解】由于数列满足，故数列为等比数列，设公比为q，
又，，故，
故，
故答案为：8
15. 琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅.为弘扬中国传统文化,某校决定从“八雅”中挑选“六雅”，于某周末开展知识讲座，每雅安排一节，连排六节．若“琴”“棋”“书”“画”必选，且要求“琴”“棋”相邻，“书”“画”相邻，则不同的排课方法共______种．（用数字作答）
【答案】576
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理以及捆绑法，即可求得答案.
【详解】先从诗、酒、花、茶中选出“两雅”，有种选法，
然后将“琴”“棋”和“书”“画”各看作一个整体，和选出的“两雅”全排列，
故共有种排法，
故答案为：576
16. 已知双曲线的左焦点为，过点且与的一条渐近线平行的直线与圆相交于，两点，且，则的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】设的焦距为，设直线为，求出原点到直线的距离，再由勾股定理表示出，即可得到，从而求出离心率.
【详解】设的焦距为，双曲线的渐近线为，左焦点为，
不妨设直线为，即，
则原点到直线的距离，
所以，整理得，即，
所以，
所以离心率.
故答案为：
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 已知等差数列的前n项和为，，．
（1）求的通项公式及；
（2）设______，求数列的前n项和．
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1），；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设出等差数列的公差，由题意列方程求出首项和公差，即可求得答案；
（2）不论选①、选②还是选③，都要利用（1）的结果，可得的表达式，利用裂项相消法求和，即得答案.
【小问1详解】
由题意知等差数列的前n项和为，，，
设公差为d，则，解得，
故，；
【小问2详解】
若选①，则，
故；
若选②，则，
故；
若选③，则，
故.
18. 第19届亚运会将于2023年9月23日在我国杭州举行，这是继北京亚运会后，我国第二次举办这一亚洲最大的体育盛会，为迎接这一体育盛会，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了40人，统计他们的竞赛成绩（满分100分，每名参赛大学生至少得60分），并将成绩分成4组：，，，（单位：分），得到如下的频率分布直方图．由频率分布直方图可以认为，这次竞赛中所有参赛大学生的竞赛成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，试用正态分布知识解决下列问题：
（1）若这次竞赛共有1.2万名大学生参加，试估计竞赛成绩超过90.5分的人数（结果精确到个位）；
（2）现从所有参赛的大学生中随机抽取5人进行座谈，设其中竞赛成绩超过81分的人数为Y，求随机变量Y的期望．
附：若随机变量X服从正态分布，则，，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图可得，再利用正态分布对称性可得概率，求出人数；
（2）易知随机变量服从二项分布，由二项分布期望值公式可得结论.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得；
即可得
则，
所以估计竞赛成绩超过90.5分的人数为人.
【小问2详解】
依题意，则，
从所有参赛的大学生中随机抽取5人进行座谈，可得随机变量；
因此.
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱PD上，，．
（1）证明：点是的中点；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直性质以及判定定理可得平面，由即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求出平面的一个法向量为，即可得结果.
【小问1详解】
由平面，平面，所以；
又底面是正方形，所以；
因为，平面，所以平面；
又平面，所以，
因为，，平面，
可得平面，又平面，
所以，又因为，
可知点E是的中点；
【小问2详解】
根据题意可得两两垂直，
因此以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则；
所以；
设平面的一个法向量为，
可得，令，可得；
即；
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知椭圆的上顶点为，点在圆上运动，且的最大值为．
（1）求的标准方程；
（2）经过点）且不经过点的直线与交于，两点，分别记直线，的斜率为，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）
（2）为定值
【解析】
分析】（1）依题意可得，再由求出，即可得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再由斜率公式计算可得.
【小问1详解】
因为椭圆的上顶点为，所以，
圆的圆心为，半径，
所以，所以，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
因为直线经过点且不经过点，所以直线的斜率存在，
设直线的方程为，，，
由消去整理得，
所以，解得或，
所以，，
所以，，
所以
，
所以为定值.

21. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）最小值为3
【解析】
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得，根据其正负即可得函数的单调区间,再根据最值证明即可；
（2）构造函数 在区间 内恒成立，再求出的最大值为，
结合函数单调性，即求得整数的最小值．
【小问1详解】
当时，，
，
令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在处取得唯一的极大值，即为最大值，
所以，
所以，
而，
所以.
【小问2详解】
令.
则.
当时，因为，所以，所以在上单调递增，
又因为.
所以关于的不等式不能恒成立；
当时，.
令，得，所以当时，；
当时，.
因此函数在上单调递增，在上单调递减.
故函数的最大值为.
令，
因为，
又因为在上单调递减，所以当时，.
所以整数的最小值为3.
【点睛】方法点睛：根据不等式直接构造函数，分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
【选修4-4：极坐标与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为，直线与关于轴对称．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求的一个参数方程和的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线交于，两点，求的值．
【答案】（1）（参数），
（2）
【解析】
【分析】（1）题意可知，过点，倾斜角为，即可得到的一个参数方程，利用二倍角公式将曲线的极坐标方程化为，再根据代入计算可得；
（2）设、对应的参数分别为，，把的参数方程代入的直角坐标方程，利用参数的几何意义计算可得.
【小问1详解】
由题意可知，过点，倾斜角为，
所以的一个参数方程为（为参数），即（为参数），
又曲线的极坐标方程为，所以，
，
，，
即曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
设、对应的参数分别为，，
把的参数方程代入的直角坐标方程得，
整理得，所以，，所以，
所以.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即可得到，从而解得.
【小问1详解】
由得，
所以原不等式等价于或或，
解得或或，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
因为，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为，
因为恒成立，
所以，所以或，解得或，
所以实数的取值范围.
日期编号
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销量/部
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