《2022-2023学年云南省云南师范大学附属中学高考仿真卷数学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年云南省云南师范大学附属中学高考仿真卷数学试题含解析.doc（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知向量，且，则m=( )A8B6C6D82如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位
2、置，且使，则三棱锥体积的最大值为（ ）A12BCD3过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点作准线的垂线，垂足为.若，则（ ）ABCD4为比较甲、乙两名高中学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为100分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述不正确的是（ ）A甲的数据分析素养优于乙B乙的数据分析素养优于数学建模素养C甲的六大素养整体水平优于乙D甲的六大素养中数学运算最强5某设备使用年限x（年）与所支出的维修费用y（万元）的统计数据分别为，由最小二乘法得到回归直线方程为，若计划维修费用超过
3、15万元将该设备报废，则该设备的使用年限为（ ）A8年B9年C10年D11年6一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65，那么B，C两点间的距离是（ ）A6 海里B6海里C8海里D8海里7在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（ ）ABC1D8执行如图的程序框图，若输出的结果，则输入的值为( )ABC3或D或9集合，则( )ABCD10已知全集，集合，则阴影部分表示的集合是（ ）ABCD11阅读下面的程序框图，运行相应的程序，程序运行输出的结
4、果是（ ）A11B1C29D2812在三棱锥中，点到底面的距离为2，则三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13抛物线的焦点坐标为_.14动点到直线的距离和他到点距离相等，直线过且交点的轨迹于两点，则以为直径的圆必过_.15设实数满足约束条件,则的最大值为_.16已知等差数列的前n项和为，则_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）如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是线段EF的中点求证：(1)AM平面BDE；(2)AM平面BDF.18（12分）已知公差不为零的等差数列的
5、前n项和为，是与的等比中项.（1）求；（2）设数列满足，求数列的通项公式.19（12分）已知数列的前n项和为，且n、成等差数列，.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.20（12分）在极坐标系中，曲线的方程为，以极点为原点，极轴所在直线为轴建立直角坐标，直线的参数方程为（为参数），与交于，两点（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）设点；若、成等比数列，求的值21（12分）已知函数（1）当时，若恒成立，求的最大值；（2）记的解集为集合A，若，求实数的取值范围.22（10分）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，
6、过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.参考答案一、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【解析】由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案【详解】，又，34+（2）（m2）0，解得m1故选D【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题2、C【解析】过作于，连接，易知，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以
7、，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.3、C【解析】需结合抛物线第一定义和图形，得为等腰三角形，设准线与轴的交点为，过点作，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出，结合比值与正切二倍角公式化简即可【详解】如图，设准线与轴的交点为，过点作.由抛物线定义知，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查抛物线的几何性质，三角函数的性质，数形结合思想，转化与
8、化归思想，属于中档题4、D【解析】根据所给的雷达图逐个选项分析即可.【详解】对于A，甲的数据分析素养为100分，乙的数据分析素养为80分，故甲的数据分析素养优于乙，故A正确；对于B，乙的数据分析素养为80分，数学建模素养为60分，故乙的数据分析素养优于数学建模素养，故B正确；对于C，甲的六大素养整体水平平均得分为，乙的六大素养整体水平均得分为，故C正确；对于D，甲的六大素养中数学运算为80分，不是最强的，故D错误；故选：D【点睛】本题考查了样本数据的特征、平均数的计算，考查了学生的数据处理能力，属于基础题.5、D【解析】根据样本中心点在回归直线上，求出，求解，即可求出答案.【详解】依题意在回归
9、直线上，由，估计第年维修费用超过15万元.故选:D.【点睛】本题考查回归直线过样本中心点、以及回归方程的应用，属于基础题.6、A【解析】先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解.【详解】由题意可知：BAC704030.ACD110，ACB1106545，ABC1803045105.又AB240.512.在ABC中，由正弦定理得，即，.故选：A.【点睛】本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题.7、B【解析】首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；【详解】解：因为
10、，所以因为所以，即，时故选：【点睛】本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.8、D【解析】根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.【详解】因为,所以当，解得，所以3是输入的x的值；当时，解得，所以是输入的x的值，所以输入的x的值为或3，故选：D.【点睛】本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.9、A【解析】解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.【详解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.10、D【解析】先求出
11、集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.【详解】由，可得或，又所以.故选：D.【点睛】本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.11、C【解析】根据程序框图的模拟过程，写出每执行一次的运行结果，属于基础题.【详解】初始值， 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：，；第九次循环：，；第十次循环：，；所以输出.故选：C【点睛】本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果，属于基础题.12、C【解析】首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中
12、，可以计算出的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积【详解】取中点，由，可知：，为三棱锥外接球球心，过作平面，交平面于，连接交于，连接，为的中点由球的性质可知：平面，且设，在中，即，解得：，三棱锥的外接球的半径为：，三棱锥外接球的表面积为故选：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】变换得到，计算焦点得到答案.【详解】抛物线的标准方程为，所以焦点坐标为故答案为：【点睛】本题考查了抛物线的焦点坐标，属于简单题.14、【解析】利用动点
13、到直线的距离和他到点距离相等，,可知动点的轨迹是以为焦点的抛物线,从而可求曲线的方程,将 ,代入,利用韦达定理,可得 ,从而可知以为直径的圆经过原点O.【详解】设点，由题意可得，可得，设直线的方程为，代入抛物线可得，以AB为直径的圆经过原点.故答案为：（0,0）【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线和抛物线的交汇问题，同时考查了方程的思想和韦达定理，考查了运算能力，属于中档题.15、【解析】试题分析：作出不等式组所表示的平面区域如图，当直线过点时，最大，且考点：线性规划.16、【解析】利用求出公差，结合等差数列的通项公式可求.【详解】设公差为，因为，所以，即.所以.故答案为：【点睛】本题主
14、要考查等差数列通项公式的求解，利用等差数列的基本量是求解这类问题的通性通法，侧重考查数学运算的核心素养.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）见解析（2）见解析【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设ACBDN，连结NE.则N，E(0，0，1)，A(，0)，M.，.且NE与AM不共线NEAM.NE平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)由(1)知，D(，0，0)，F(，1)，(0，1)，0，AMDF.同理AMBF.又DFBFF，AM平面BDF.18、（1）；（2）.【解析】（1）根据题意，建立首项和公差的方程组，通过基本量即可写出前项和；（2
15、）由（1）中所求，结合累加法求得.【详解】（1）由题意可得即 又因为，所以，所以. （2）由条件及（1）可得. 由已知得， 所以. 又满足上式，所以【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和的基本量的求解，涉及利用累加法求通项公式，属综合基础题.19、（1）证明见解析，；（2）11202.【解析】（1）由n，成等差数列，可得，两式相减，由等比数列的定义可得是等比数列，可求数列的通项公式；（2）由（1）中的可求出，根据和求出数列，中的公共项，分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，可得答案.【详解】（1）证明：因为n，成等差数列，所以，所以.，得，所以.又当时，所以，所以，故数列是首项为2，公
16、比为2的等比数列，所以，即.（2）根据（1）求解知，所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.又因为，所以 .【点睛】本题考查等比数列的定义，考查分组求和，属于中档题.20、 (1) 曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为 ； (2) 【解析】(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化，即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；(2)把的参数方程代入抛物线方程中，利用韦达定理得，可得到，根据因为，成等比数列，列出方程，即可求解【详解】(1)由题意，曲线的极坐标方程可化为，又由，可得曲线的直角坐标方程为，由直线的参数方程为（为参数），消去参数，得，即直线的普通方程为；
17、(2)把的参数方程代入抛物线方程中，得， 由，设方程的两根分别为，则，可得， 所以， 因为，成等比数列，所以，即，则，解得解得或（舍），所以实数.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及参数方程与普通方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题21、（1）；（2）【解析】（1）当时，由题意得到，令，分类讨论求得函数的最小值，即可求得的最大值.（2）由时，不等式恒成立，转化为在上恒成立，得到，即可求解.【详解】（1）由题意，当时，由，可得，令，则只需，当时，；当时，；当时，；故当时
18、，取得最小值，即的最大值为.（2）依题意，当时，不等式恒成立，即在上恒成立，所以，即，即，解得在上恒成立，则，所以，所示实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的解法，以及不等式的恒成立问题的求解与应用，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力.22、（1）；（2）.【解析】（1）根据题意，求得，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1） 因为 ， ， 所以，所以函数的最小正周期为. （2）因为，所以，所以，故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.