2023届陕西省西安市西电附中高考适应性考试数学试卷（含解析）.docVIP免费

2023学年高考数学模拟测试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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，，若，则向量在向量方向的投影为（    ）
A．    B．    C．    D．
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．    B．    C．    D．
3．已知α，β是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（    ）
A．若m⊥α，n//α，则m⊥n    B．若m//α，n//α，则m//n
C．若l⊥α，l//β，则α⊥β    D．若α//β，lβ，且l//α，则l//β
4．设直线过点，且与圆：相切于点，那么（    ）
A．    B．3    C．    D．1
5．已知双曲线的右焦点为，过的直线交双曲线的渐近线于两点，且直线的倾斜角是渐近线倾斜角的2倍，若，则该双曲线的离心率为（    ）
A．    B．    C．    D．
6．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：

（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；
（2）存在某个位置，使得；
（3）设二面角的平面角为，则；
（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是（    ）
A．1    B．2    C．3    D．4
7．已知单位向量，的夹角为，若向量，，且，则（    ）
A．2    B．2    C．4    D．6
8．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（    ）
A．充分而不必要条件    B．必要而不充分条件
C．充分必要条件    D．既不充分也不必要条件
9．已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等，则项系数为（    ）
A．10    B．32    C．40    D．80
10．设全集，集合，，则（    ）
A．    B．    C．    D．
11．如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 (  )
 
A．    B．    C．    D．
12．已知命题p：“”是“”的充要条件；，，则（    ）
A．为真命题    B．为真命题
C．为真命题    D．为假命题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（—）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为__________．
14．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：

①为的重心；
②；
③当时，平面；
④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.
其中，所有正确结论的序号是________________.
15．等差数列（公差不为0），其中，，成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.
16．已知△ABC得三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为_____.
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。
17．（12分）设直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若.
（1）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；
（2）是否存在常数，满足？并说明理由.
18．（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且．

（1）求证：平面；
（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
19．（12分）在中，，，       .求边上的高.
①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
20．（12分）已知函数.
（1）若是的极值点，求的极大值；
（2）求实数的范围，使得恒成立.
21．（12分）在中，角、、的对边分别为、、，且.
（1）若，，求的值；
（2）若，求的值.
22．（10分）设数列的前列项和为，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：.

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）

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、B
【答案解析】
由，，，再由向量在向量方向的投影为化简运算即可
【题目详解】
∵∴，∴， 
∴向量在向量方向的投影为.
故选：B.
【答案点睛】
本题考查向量投影的几何意义，属于基础题
2、A
【答案解析】
利用已知条件画出几何体的直观图，然后求解几何体的体积．
【题目详解】
几何体的三视图的直观图如图所示，

则该几何体的体积为：．
故选：．
【答案点睛】
本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．
3、B
【答案解析】
根据线面平行、线面垂直和空间角的知识，判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理，判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.
【题目详解】
A．若，则在中存在一条直线，使得，则，又，那么，故正确；
B．若，则或相交或异面，故不正确；
C．若，则存在，使，又，则，故正确．
D．若，且，则或，又由，故正确．
故选：B
【答案点睛】
本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.
4、B
【答案解析】
过点的直线与圆：相切于点，可得.因此，即可得出.
【题目详解】
由圆：配方为，
，半径.
∵过点的直线与圆：相切于点，
∴；
∴；
故选：B.
【答案点睛】
本小题主要考查向量数量积的计算，考查圆的方程，属于基础题.
5、B
【答案解析】
先求出直线l的方程为y（x﹣c），与y＝±x联立，可得A，B的纵坐标，利用，求出a，b的关系，即可求出该双曲线的离心率．
【题目详解】
双曲线1（a＞b＞0）的渐近线方程为y＝±x，
∵直线l的倾斜角是渐近线OA倾斜角的2倍，
∴kl，
∴直线l的方程为y（x﹣c），
与y＝±x联立，可得y或y，
∵，
∴2•，
∴ab，
∴c＝2b，
∴e．
故选B．
【答案点睛】
本题考查双曲线的简单性质，考查向量知识，考查学生的计算能力，属于中档题．
6、C
【答案解析】
解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；
对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；
对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；
对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，
因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．
故选：C．

点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.
7、C
【答案解析】
根据列方程，由此求得的值，进而求得.
【题目详解】
由于，所以，即
，
解得.
所以
所以
.
故选：C
【答案点睛】
本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，考查向量模的求法，属于基础题.
8、A
【答案解析】
根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【题目详解】
是等差数列，且公差不为零，其前项和为，
充分性：，则对任意的恒成立，则，
，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；
若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.
所以，“，”“为递增数列”；
必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.
所以，“，”“为递增数列”.
因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.
故选：A.
【答案点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．
9、D
【答案解析】
根据二项式定理通项公式可得常数项，然后二项式系数和，可得，最后依据，可得结果.
【题目详解】
由题可知：
当时，常数项为
又展开式的二项式系数和为
由
所以
当时，
所以项系数为
故选：D
【答案点睛】
本题考查二项式定理通项公式，熟悉公式，细心计算，属基础题.
10、D
【答案解析】
求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解
【题目详解】
由于 
故集合
或 
故集合
 
故选：D
【答案点睛】
本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
11、A
【答案解析】
设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积．
【题目详解】
如图，设三棱柱为，且，高．
所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，
则圆的半径为．

设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，
所以，
即球的半径为，
所以球的体积为．
故选A．
【答案点睛】
本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：
（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．
（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率．
12、B
【答案解析】
由的单调性，可判断p是真命题；分类讨论打开绝对值，可得q是假命题，依次分析即得解
【题目详解】
由函数是R上的增函数，知命题p是真命题．
对于命题q，当，即时，；
当，即时，，
由，得，无解，
因此命题q是假命题．所以为假命题，A错误；
为真命题，B正确；
为假命题，C错误；
为真命题，D错误．
故选：B
【答案点睛】
本题考查了命题的逻辑连接词，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【答案解析】
根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果.
【题目详解】
画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．

故答案为：2
【答案点睛】
本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
14、①②③
【答案解析】
①点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以①是正确的；
②取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以②正确；
③若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以③正确；
④由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.
【题目详解】
因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以①正确；
由平面，可知平面平面，记，

由，可得平面平面，则，所以②正确；
若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，，解得，所以③正确；

当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.
故答案为：①②③
【答案点睛】
此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.
15、4
【答案解析】
根据等差数列关系，用首项和公差表示出，解出首项和公差的关系，即可得解.
【题目详解】
设等差数列的公差为，
由题意得: ，则整理得，，所以
故答案为：4
【答案点睛】
此题考查等差数列基本量的计算，涉及等比中项，考查基本计算能力.
16、
【答案解析】
试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为，所对的角为最大角，设为，则根据余弦定理得，故答案为.
考点：余弦定理及等比数列的定义.

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。
17、（1）证明见解析（0，2）；（2）存在，理由见解析
【答案解析】
（1）设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直线过定点（2）由斜率公式分别求出，，联立直线与抛物线，椭圆，再由根与系数的关系得，，，代入，，化简即可求解.
【题目详解】
（1）证明：由题知，直线l的斜率存在且不过原点，
故设
由可得，
.
，
，
故
所以直线l的方程为
故直线l恒过定点.
（2）由（1）知

设
由可得，

，即存在常数满足题意.
【答案点睛】
本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系，直线过定点问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
18、（1）见解析；（2）.
【答案解析】
（1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；
2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可．
【题目详解】
（1）证明：∵四边形是菱形，
，
 
平面
平面，

又是的中点，
，
又
平面
（2）
∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角．
平面，
∴直线与平面所成的角为，即．
因为，则在等腰直角三角形中，
所以．
在中，由得，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．

则
所以
设平面的一个法向量为，
则，可得，
取平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值的大小为．
（注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出．）
【答案点睛】
本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题．
19、详见解析
【答案解析】
选择①，利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，再计算边上的高.
选择②，利用正弦定理得出，由余弦定理求出，再求边上的高.
选择③，利用余弦定理列方程求出，再计算边上的高.
【题目详解】
选择①，在中，由正弦定理得，
即，解得；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
选择②，在中，由正弦定理得，
又因为，所以，即；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
选择③，在中，由，得；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
【答案点睛】
本小题主要考查真闲的了、余弦定理解三角形，属于中档题.
20、（1）.（2）
【答案解析】
（1）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；
（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，构造函数g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，结合导数及函数的性质可求.
【题目详解】
（1），x＞0，
由题意可得，0，解可得t＝﹣4，
∴，
易得，当x＞2，0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝1时，函数取得极大值f（1）＝﹣3；
（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0时恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，
令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，则，
（i）当t≥0时，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，
（ii）当﹣2＜t＜0时，g（x）在（）上单调递减，在（0，），（1，+∞）上单调递增，
此时g（1）＝t﹣1＜﹣1不合题意，舍去；
（iii）当t＝﹣2时，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，此时g（1）＝﹣3不合题意；
（iv）当t＜﹣2时，g（x）在（1，）上单调递减，在（0，1），（）上单调递增，此时g（1）＝t﹣1＜﹣3不合题意，
综上，t≥1时，f（x）≥2恒成立.
【答案点睛】
本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值，利用导数与函数的性质处理不等式的恒成立问题，分类讨论思想，属于中档题.
21、（1）；（2）.
【答案解析】
（1）利用余弦定理得出关于的二次方程，结合，可求出的值；
（2）利用两角和的余弦公式以及诱导公式可求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用二倍角的正切公式可求出的值.
【题目详解】
（1）在中，由余弦定理得，
，即，  
解得或（舍），所以；
（2）由及得，，  
所以，
又因为，所以，
从而，所以.
【答案点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了两角和的余弦公式、同角三角函数的基本关系以及二倍角公式求值，考查计算能力，属于中等题.
22、（1）（2）证明见解析
【答案解析】
（1）由已知可得，构造等比数列即可求出通项公式；
（2）当时，由，可求，时，由，可证，验证时，不等式也成立，即可得证.
【题目详解】
（1）由可得，，
即，
所以，
解得，
（2）当时，，
,
当时，，

综上，
由可得递增，
，时
；
所以，
综上：
故.
【答案点睛】
本题主要考查了递推数列求通项公式，利用放缩法证明不等式，涉及等比数列的求和公式，属于难题.