2023屆高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷三十六（含參考答案）本試卷分為第=1\*ROMANI卷（選擇題）和第=2\*ROMANII卷（非選擇題）兩部分.滿分150分.考試時間120分鐘.第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：（本題共12個小題，每小題5分，共60分，在四個選項中，只有一項是符合要求的）1．平面向量與的夾角為60°，則（）（A）（B）（C）4（D）122．若集合則“”是“”的（）（A）充分不必要條件 （B）必要不充分條件（C）充要條件 （D）既不充分也不必要條件24側(cè)視圖6正視圖俯視圖453．已知平面向量的夾角為24側(cè)視圖6正視圖俯視圖45，為中點，則()A.2B.4C.6D.84．某幾何體的三視圖如右圖（其中側(cè)視圖中的圓弧是半圓），則該幾何體的表面積為（）（A）（B）（C）（D）5．已知等差數(shù)列中，，記，S13=()A．78 B．68 C．56 D．526．已知雙曲線的左、右焦點分別為，以為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個交點為，則此雙曲線的方程為（）A．B．C．D．7．在△中,角所對的邊分別為,且滿足,則的最大值是()A．B.C.D.28．若函數(shù)的圖象在處的切線與圓相切，則的最大值是（）（A）4（B） （C）2（D）9.在橢圓中，分別是其左右焦點，若橢圓上存在一點P使得，則該橢圓離心率的取值范圍是()A． B．C．D．10．已知A、B、C是球O的球面上三點，三棱錐O﹣ABC的高為2且∠ABC=60°，AB=2，BC=4，則球O的表面積為（）A．B.C.D.11．已知定義在R上的函數(shù)對任意的都滿足，當時，，若函數(shù)至少6個零點，則取值范圍是（）（A） （B）（C） （D）12．對于定義域為的函數(shù)和常數(shù)，若對任意正實數(shù)，使得恒成立，則稱函數(shù)為“斂函數(shù)”．現(xiàn)給出如下函數(shù)：①；②；③；④.其中為“斂1函數(shù)”的有A．①②B．③④C．②③④D．①②③Ⅱ卷非選擇題（共90分）二、填空題（本題共4個小題，每小題5分，共20分.把每小題的答案填在答題紙的相應(yīng)位置）13.過點的直線與圓截得的弦長為，則該直線的方程為。14已知動圓的圓心C在拋物線x2=2py（p＞0）上，該圓經(jīng)過點A（0，p），且與x軸交于兩點M、N，則sin∠MCN的最大值為．15.如果直線和函數(shù)的圖象恒過同一個定點，且該定點始終落在圓的內(nèi)部或圓上，那么的取值范圍_____________.16．已知函數(shù)SKIPIF1<0定義在R上的奇函數(shù)，當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，給出下列命題：①當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0②函數(shù)SKIPIF1<0有2個零點③SKIPIF1<0的解集為SKIPIF1<0④SKIPIF1<0，都有SKIPIF1<0其中正確的命題是三、解答題（共7個題，共70分，把每題的答案填在答卷紙的相應(yīng)位置）17．如圖所示，扇形AOB,圓心角AOB的大小等于，半徑為2，在半徑OA上有一動點C，過點C作平行于OB的直線交弧AB于點P.（1）若C是半徑OA的中點，求線段PC的長；（2）設(shè),求面積的最大值及此時的值。18.數(shù)列的前項和為，且是和的等差中項，等差數(shù)列滿足，.（1）求數(shù)列、的通項公式；（2）設(shè)，數(shù)列的前項和為，證明：.19．（12分）如圖，四邊形PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2．又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，直線AM與直線PC所成的角為60°．（1）求證：PC⊥AC；（2）求二面角M﹣AC﹣B的余弦值；（3）求點B到平面MAC的距離．20．在平面直角坐標系中，已知橢圓：的離心率，（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)P為橢圓上一點，且滿足（O為坐標原點），當時，求實數(shù)的取值范圍.21．已知函數(shù)f（x）=alnx+（a≠0）在（0，）內(nèi)有極值．（I）求實數(shù)a的取值范圍；（II）若x1∈（0，），x2∈（2，+∞）且a∈[，2]時，求證：f（x2）﹣f（x1）≥ln2+．請考生在第22、23兩題中任選一題作答。注意：只能做所選定題目。如果多做，則按所做的第一個題目計分。22.如圖，已知⊙O的半徑為1，MN是⊙O的直徑，過M點作⊙O的切線AM，C是AM的中點，AN交⊙O于B點，若四邊形BCON是平行四邊形.（Ⅰ）求AM的長；（Ⅱ）求sin∠ANC． 23.已知函數(shù)。（1）若的解集為，求實數(shù)的值。（2）當且時，解關(guān)于的不等式。

參考答案一、選擇題BAAADCADBCAC11.由得，因此，函數(shù)周期為2.因函數(shù)至少6個零點，可轉(zhuǎn)化成與兩函數(shù)圖象交點至少有6個，需對底數(shù)進行分類討論.當時：得，即.當時：得，即.所以取值范圍是.12.①；由于函數(shù)遞增，那么不會存在一個正數(shù)，滿足不等式。②；當x>0,c=2,那么存在x，滿足題意，成立。③；對于1<x<2,令c=1,,時符號題意。④.=1-，x>1,c=3，則可知滿足題意。故選C.二、填空題13、14、115、16.③④14.由題意，設(shè)C（x0，y0），則⊙C的方程（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=x02+（y0﹣p）2．把y=0和x02=2py0代入整理得x2﹣2x0x+x02+p2=0．設(shè)M、N的橫坐標分別為x1、x2，則x1=x0﹣p，x2=x0+p．∴|MN|=|x1﹣x2|=2p．∵|CM|=|CN|==∴=1﹣∴﹣1≤cos∠MCN＜1，∵0＜∠MCN＜π∴0＜sin∠MCN≤1，∴sin∠MCN的最大值為1故答案為：116.設(shè)，則，故，所以，故①錯；因為SKIPIF1<0定義在R上的奇函數(shù)，所以，又，，故有個零點，②錯；當時，令，解得，當時，令解得，綜上的解集為，③正確；當時，，在處取最小值為，當時，，在處取最大值為，由此可知函數(shù)在定義域上的最小值為，最大值為，而，所以對任意的，都有，④正確三、解答題17、18、（1）∵是和的等差中項，∴當時，，∴當時，，∴，即3分∴數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，∴，5分設(shè)的公差為，，，∴∴6分（2）7分∴9分∵,∴10分∴數(shù)列是一個遞增數(shù)列∴.綜上所述，12分19、解：方法1：（1）證明：∵PC⊥BC，PC⊥AB，∴PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC．（2分）（2）取BC的中點N，連MN．∵PM=∥CN，∴MN=∥PC，∴MN⊥平面ABC．作NH⊥AC，交AC的延長線于H，連接MH．由三垂線定理得AC⊥MH，∴∠MHN為二面角M﹣AC﹣B的平面角．∵直線AM與直線PC所成的角為60°，∴在Rt△AMN中，∠AMN=60°．在△ACN中，．在Rt△AMN中，．在Rt△NCH中，．在Rt△MNH中，∵，∴．故二面角M﹣AC﹣B的余弦值為．（8分）（3）作NE⊥MH于E．∵AC⊥平面MNH，∴AC⊥NE，∴NE⊥平面MAC，∴點N到平面MAC的距離為．∵點N是線段BC的中點，∴點B到平面MAC的距離是點N到平面MAC的距離的兩倍為．（12分）方法2：（1）證明：∵PC⊥BC，PC⊥AB，∴PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC．（2分）（2）在平面ABC內(nèi)，過C作BC的垂線，并建立空間直角坐標系如圖所示．設(shè)P（0，0，z），則．．∵，且z＞0，∴，得z=1，∴．設(shè)平面MAC的一個法向量為=（x，y，1），則由得得∴．平面ABC的一個法向量為．．顯然，二面角M﹣AC﹣B為銳二面角，∴二面角M﹣AC﹣B的余弦值為．（8分）（3）點B到平面MAC的距離．（12分）20、解析：（Ⅰ）∵∴（1分）則橢圓方程為即設(shè)則當時，有最大值為解得∴，橢圓方程是（4分）（Ⅱ）設(shè)方程為由整理得.由，得.（6分）∴則,由點P在橢圓上，得化簡得①（8分）又由即將，代入得化簡，得則,∴②（10分）由①，得聯(lián)立②，解得∴或（12分）21．解：（I）由f（x）=alnx+（a≠0），得：，∵a≠0，令，∴g（0）=1＞0．令或，則0＜a＜2．(II）由（I）得：，設(shè)ax2﹣（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的兩根為α，β，則，得．當x∈（0，α）和（β，+∞）時，，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當x∈和（2，β）時，，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，則f（x1）≤f（a），f（x2）≥f（β），則f（x2）﹣f（x1）≥f（β）﹣f（α）=alnβ﹣alnα﹣==（利用）令，x＞2則，則函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，h（x）≥h（2）=2ln2+，∴，∵，則，∴f（x1）﹣f（x2）≥ln2+．22、（Ⅰ）連接，則，因為四邊形是平行四邊形，所以∥，因為是的切線，所以，可