甘肃省武威市第一中学2023学年高考考前提分数学仿真卷（含解析）

1、2023学年高考数学模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知集合A2，1，0，1，2，Bx|x24x50，则AB（）A2，1，0B1，0，1，2C1，0，1D0，1，22已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ）A1B2C-1D-23记个两两无交集的区间的并集为阶区间如

2、为2阶区间，设函数，则不等式的解集为（ ）A2阶区间B3阶区间C4阶区间D5阶区间4已知复数是纯虚数，其中是实数，则等于（ ）ABCD5在等差数列中，若（），则数列的最大值是（ ）ABC1D36已知向量，则与共线的单位向量为( )ABC或D或7数列an是等差数列，a11，公差d1，2，且a4+a10+a1615，则实数的最大值为（）ABCD8在三棱锥中，则三棱锥外接球的表面积是（ ）ABCD9已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值是（ ）ABCD10执行如图所示的程序框图，若输出的值为8，则框图中处可以填（ ）ABCD11已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式

3、的解集是（ ）ABCD12将3个黑球3个白球和1个红球排成一排，各小球除了颜色以外其他属性均相同，则相同颜色的小球不相邻的排法共有（ ）A14种B15种C16种D18种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则=_14已知向量，且，则实数m的值是_15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：为的重心；当时，平面；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_.16等腰直角三角形内有一点P，则面积为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说

4、明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）曲线在点处的切线斜率为.（i）求；（ii）若，求整数的最大值.18（12分）已知数列是等差数列，前项和为，且，（1）求（2）设，求数列的前项和19（12分）在中，角，所对的边分别为，且求的值；设的平分线与边交于点，已知，求的值.20（12分）已知函数当时，求函数的极值；若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围21（12分）已知，且的解集为.（1）求实数，的值；（2）若的图像与直线及围成的四边形的面积不小于14，求实数取值范围.22（10分）已知数列和满足：.（1）求证:数列为等比数列；（2）求数列的前项和.20

5、23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、D【答案解析】解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【题目详解】因为集合，故选：D.【答案点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2、D【答案解析】由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.【题目详解】因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，三点共线，所以，得，故选D.【答案点睛】本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.3、D【答案解析】可判断函数为奇函数，先讨论当且时的

6、导数情况，再画出函数大致图形，将所求区间端点值分别看作对应常函数，再由图形确定具体自变量范围即可求解【题目详解】当且时，.令得.可得和的变化情况如下表：令，则原不等式变为，由图像知的解集为，再次由图像得到的解集由5段分离的部分组成，所以解集为5阶区间. 故选：D【答案点睛】本题考查由函数的奇偶性，单调性求解对应自变量范围，导数法研究函数增减性，数形结合思想，转化与化归思想，属于难题4、A【答案解析】对复数进行化简，由于为纯虚数，则化简后的复数形式中，实部为0，得到的值，从而得到复数.【题目详解】 因为为纯虚数，所以，得所以.故选A项【答案点睛】本题考查复数的四则运算，纯虚数的概念，属于简单题.

7、5、D【答案解析】在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时, 取最大即可求得结果.【题目详解】因为，所以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.故选:D.【答案点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.6、D【答案解析】根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案.【题目详解】因为，则，所以，设与共线的单位向量为，则，解得 或所以与共线的单位向量为或.故选：D.【答案点睛】本题考查向

8、量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.7、D【答案解析】利用等差数列通项公式推导出，由d1，2，能求出实数取最大值【题目详解】数列an是等差数列，a11，公差d1，2，且a4+a10+a1615，1+3d+（1+9d）+1+15d15，解得，d1，2，2是减函数，d1时，实数取最大值为故选D【答案点睛】本题考查实数值的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题8、B【答案解析】取的中点，连接、，推导出，设设球心为，和的中心分别为、，可得出平面，平面，利用勾股定理计算出球的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果.【题目详解】取的中点，连接、，由和都是正三角形，得，

9、则，则，由勾股定理的逆定理，得.设球心为，和的中心分别为、.由球的性质可知：平面，平面，又，由勾股定理得.所以外接球半径为.所以外接球的表面积为.故选：B.【答案点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，找出球心的位置，并以此计算出球的半径长，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9、B【答案解析】由题意可得，且，故有，再根据，求得，由可得的最大值，检验的这个值满足条件【题目详解】解：函数，为的零点，为图象的对称轴，且，、，即为奇数在，单调，由可得的最大值为1当时，由为图象的对称轴，可得，故有，满足为的零点，同时也满足满足在上单调，故为的最大值，故选：B【答案点睛】本题主

10、要考查正弦函数的图象的特征，正弦函数的周期性以及它的图象的对称性，属于中档题10、C【答案解析】根据程序框图写出几次循环的结果，直到输出结果是8时.【题目详解】第一次循环：第二次循环：第三次循环：第四次循环：第五次循环：第六次循环：第七次循环： 第八次循环： 所以框图中处填时，满足输出的值为8.故选：C【答案点睛】此题考查算法程序框图，根据循环条件依次写出每次循环结果即可解决，属于简单题目.11、A【答案解析】构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.【题目详解】构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，所以，所以.由得，所

11、以，故不等式的解集为.故选：A【答案点睛】本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.12、D【答案解析】采取分类计数和分步计数相结合的方法，分两种情况具体讨论，一种是黑白依次相间，一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起【题目详解】首先将黑球和白球排列好，再插入红球.情况1：黑球和白球按照黑白相间排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此时将红球插入6个球组成的7个空中即可，因此共有27=14种；情况2：黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此时红球只能插入

12、两个相同颜色的球之中，共4种.综上所述，共有14+4=18种.故选：D【答案点睛】本题考查排列组合公式的具体应用，插空法的应用，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】根据等差中项性质，结合等比数列通项公式即可求得公比；代入表达式，结合对数式的化简即可求解.【题目详解】等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则，由等比数列通项公式可知，所以，解得或（舍），所以由对数式运算性质可得，故答案为：.【答案点睛】本题考查了等差数列通项公式的简单应用，等比数列通项公式的用法，对数式的化简运算，属于中档题.14、1【答案解析】根据即可得出，从而求出m的值【题目详解】解：；

13、m1故答案为：1【答案点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算15、【答案解析】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，所以是正确的；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，所以正确；若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以正确；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

14、，所以正确；由平面，可知平面平面，记，由，可得平面平面，则，所以正确；若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，解得，所以正确；当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以错误.故答案为：【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.16、【答案解析】利用余弦定理计算，然后根据平方关系以及三角形面积公式，可得结果.【题目详解】设由题可知：由，所以化简可得：则或，即或由，所以所以故答案为：【答案点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，仔细观察，细心计算，属基础题.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

15、、（1）在上增；在上减；（2）（i）；（ii）2【答案解析】（1）求导求出，对分类讨论，求出的解，即可得出结论；（2）（i）由，求出的值；（ii）由（i）得所求问题转化为，恒成立，设，只需，根据的单调性，即可求解.【题目详解】（1）当时，即在上增；当时，即在上增；在上减；（2）（i），.（），即，即，只需.当时，在单调递增，所以满足题意；当时，所以在上减，在上增，令，.在单调递减，所以所以在上单调递减，综上可知，整数的最大值为.【答案点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及函数的单调性、导数的几何意义、极值最值、不等式恒成立，考查分类讨论思想，属于中档题.18、 (1) (2) 【答案解析】(1

16、)由数列是等差数列，所以，解得，又由，解得， 即可求得数列的通项公式； (2)由（1）得，利用乘公比错位相减，即可求解数列的前n项和【题目详解】(1)由题意，数列是等差数列，所以，又，由，得，所以，解得， 所以数列的通项公式为 (2)由（1）得，两式相减得，即【答案点睛】本题主要考查等差的通项公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.19、；.【答案解析】利用正弦定理化简求值即可；利用两角和差的正弦函数的化简公式

17、，结合正弦定理求出的值.【题目详解】解：，由正弦定理得：，又，为三角形内角，故，则，故，；（2）平分，设，则,，则，又，则在中，由正弦定理：，.【答案点睛】本题考查正弦定理和两角和差的正弦函数的化简公式，二倍角公式，考查运算能力，属于基础题.20、（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【答案解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是试题解析：（1）函数的定义域为当时，所以 所以当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值； （2）设函数上点与函数上点处切线相同，则 所以 所以，代入得： 设，则不妨设则当时，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时, 又当时 因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是21、（1），；（2）【答案解析】（1）解绝对值不等式得，根据不等式的解集为列出方程组，解出即可；（2）求出的图像与直线及交点的坐标，通过分割法将四边形的面积分为两个三角形，列出不等式，解不等式即可.【题目详解】