《2022-2023学年安徽省蚌埠田家炳中学高三冲刺模拟数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年安徽省蚌埠田家炳中学高三冲刺模拟数学试卷含解析.doc（20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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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。
2、1若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是( )A1B-3C1或D-3或2定义在上的偶函数，对，且，有成立，已知，则，的大小关系为（ ）ABCD3泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称，登泰山的路线有四条：红门盘道徒步线路，桃花峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时，发现三人走的线路均不同，且均没有走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下陈述：甲：我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；乙：甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；丙：甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路；事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对一半，根据
3、以上信息，可判断下面说法正确的是（ ）A甲走桃花峪登山线路B乙走红门盘道徒步线路C丙走桃花峪登山线路D甲走天烛峰登山线路4某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）AB3CD452020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遺到、三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到县的分法有（ ）A6种B12种C24种D36种6已知，则下列说法中正确的是（ ）A是假命题B是真命题C是真命题D是假命题7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（ ）ABCD8函数的值域为（ ）ABCD9大衍数列，米源于我国古代文献乾坤谱中对易传“大衍
4、之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则大衍数列中奇数项的通项公式为（ ）ABCD10设，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件11如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为（ ）ABCD12在菱形中，分别为，的中点，则（ ）ABC5D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，
5、则_.14已知是函数的极大值点，则的取值范围是_15已知正方体棱长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为_.16已知椭圆的左右焦点分别为，过且斜率为的直线交椭圆于，若三角形的面积等于，则该椭圆的离心率为_.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）已知曲线的参数方程为为参数， 曲线的参数方程为为参数).（1）求与的普通方程；（2）若与相交于，两点，且，求的值.18（12分）近几年一种新奇水果深受广大消费者的喜爱，一位农户发挥聪明才智，把这种露天种植的新奇水果搬到了大棚里，收到了很好的经济效益根据资料显示，产出的新奇水果的
6、箱数x（单位：十箱）与成本y（单位：千元）的关系如下：x13412y5152258y与x可用回归方程 （ 其中，为常数）进行模拟（）若该农户产出的该新奇水果的价格为150元/箱，试预测该新奇水果100箱的利润是多少元|（）据统计，10月份的连续11天中该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的频率分布直方图如图所示（i）若从箱数在内的天数中随机抽取2天，估计恰有1天的水果箱数在内的概率；（）求这11天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值（每组用该组区间的中点值作代表）参考数据与公式：设，则0.541.81.530.45线性回归直线中，19（12分）设数列满足，.（1）求数列的通项公式；
7、（2）设，求数列的前项和.20（12分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值21（12分）已知函数.（1）当时，解不等式；（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.22（10分）如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面求证：平面；若，求证：平面平面.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】由题得，解方程即得k的值.【详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 点到
8、直线的距离.2、A【解析】根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.3、D【解析】甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.【详解】若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正
9、确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确.综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路, 丙走红门盘道徒步线路故选：D【点睛】本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.4、C【解析】首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，如图所示：故：.故选：C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.5、B
10、【解析】分成甲单独到县和甲与另一人一同到县两种情况进行分类讨论，由此求得甲被派遣到县的分法数.【详解】如果甲单独到县，则方法数有种.如果甲与另一人一同到县，则方法数有种.故总的方法数有种.故选：B【点睛】本小题主要考查简答排列组合的计算，属于基础题.6、D【解析】举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案【详解】当时，故命题为假命题；记f（x）exx的导数为f（x）ex，易知f（x）exx（，0）上递减，在（0，）上递增，f（x）f（0）0，即，故命题为真命题；是假命题故选D【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题7、C【
11、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.【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【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.8、A【解析】由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】，因此，函数的值域为.故选：A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解，解答的关键就是求出对象角的取值范围，考查计算能力，属于基础题.9、B【解析】直接代入检验，排除其中三个即可【详解】由题意，排除D，排除A，C同
12、时B也满足，故选：B【点睛】本题考查由数列的项选择通项公式，解题时可代入检验，利用排除法求解10、A【解析】根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.【详解】，当时，充分性；当，取，验证成立，故不必要.故选：.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.11、C【解析】利用建系，假设长度，表示向量与，利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作轴/,建立空间直角坐标系如图设，所以则所以所以故选：C【点睛】本题考查异面直线所成成角的余弦值，一般采用这两种方法：（1）将两条异面直线作辅助线放到同一个平面，然后利用解三角形
13、知识求解；（2）建系，利用空间向量，属基础题.12、B【解析】据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.【详解】设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，则，所以.故选：B.【点睛】本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、9【解析】已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得结果.【详解】由余弦定理和，可得，得，由，由正弦定理，得.故答
14、案为:.【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,难度一般.14、【解析】方法一：令，则，当，时，单调递减，时，且，在上单调递增，时，且，在上单调递减，是函数的极大值点，满足题意；当时，存在使得，即，又在上单调递减，时，所以，这与是函数的极大值点矛盾综上，方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，由知须在的左侧附近，即；在的右侧附近，即易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得15、.【解析】设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点、，先确定球心在线段和中点的连线上，先求出球的半径的值，然后利用勾股定理求出的值，于是得出，再利用勾股定理求出点在上底面轨迹圆的半径长，最后利用圆的面积
15、公式可求出答案【详解】如图所示，设三棱锥的外接球为球，分别取、的中点、，则点在线段上，由于正方体的棱长为2，则的外接圆的半径为，设球的半径为，则，解得.所以，则而点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆，由于，所以，因此，点所构成的图形的面积为.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关问题，根据立体几何中的线段关系求动点的轨迹，属于中档题.16、【解析】由题得直线的方程为，代入椭圆方程得：，设点，则有，由，且解出，进而求解出离心率.【详解】由题知，直线的方程为，代入消得：，设点，则有，而，又，解得：，所以离心率.故答案为：【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，三角形面积计算与离心率的求解，考查了
16、学生的运算求解能力三、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），（2）0【解析】（1）分别把两曲线参数方程中的参数消去，即可得到普通方程；（2）把直线的参数方程代入的普通方程，化为关于的一元二次方程，再由根与系数的关系及此时的几何意义求解【详解】（1）由曲线的参数方程为为参数），消去参数，可得；由曲线的参数方程为为参数），消去参数，可得，即（2）把为参数）代入，得，解得：，即，满足【点睛】本题考查参数方程化普通方程，特别是直线参数方程中参数的几何意义的应用，是中档题18、（）1131；（）（i）；（）125箱【解析】（）根据参考数据得到和，代入得到回归直线方程，再
17、代入求成本，最后代入利润公式；（）（）首先分别计算水果箱数在和内的天数，再用编号列举基本事件的方法求概率；（）根据频率分布直方图直接计算结果.【详解】（）根据题意，所以，所以又，所以所以时，（千元），即该新奇水果100箱的成本为8314元，故该新奇水果100箱的利润（）（i）根据频率分布直方图，可知水果箱数在内的天数为设这两天分别为a，b，水果箱数在内的天数为，设这四天分别为A，B，C，D，所以随机抽取2天的基本结果为，共15种满足恰有1天的水果箱数在内的结果为，共8种，所以估计恰有1天的水果箱数在内的概率为 （）这11天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值为（箱）【点睛】本题考查考
18、查回归直线方程，统计，概率，均值的综合问题，意在考查分析数据，应用数据，解决问题的能力，属于中档题型.19、（1）；（2）.【解析】（1）令可求得的值，令时，由可得出，两式相减可得的表达式，然后对是否满足在时的表达式进行检验，由此可得出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，对分奇数和偶数两种情况讨论，利用奇偶分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式可求得结果.【详解】（1），当时，；当时，由得，两式相减得，.满足.因此，数列的通项公式为；（2）.当为奇数时，；当为偶数时，.综上所述，.【点睛】本题考查数列通项的求解，同时也考查了奇偶分组求和法，考查计算能力，属于中等题.20、（1）见解析
19、；（2）【解析】(1) 取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.(2) 以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：如图,取的中点,连接.又为的中点,则是的中位线.所以且.又且,所以且.所以四边形是平行四边形.所以.因为,为的中点,所以.因为,所以.因为平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.（2）易知两两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为,所以点.则.设平面的法向量为,由,得,令,得平面的一个法向量为；显然平面的
20、一个法向量为；设二面角的大小为,则.故二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.21、（1）或；（2）【解析】（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.【详解】（1）当时，原不等式可化为.当时，则，所以；当时，则，所以；当时，则，所以.综上所述：当时，不等式的解集为或.（2）由，则，由题可知：在恒成立，所以，即，即，所以故所求实数的取值范围是.【点睛】本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.22、证明见解析；证明见解析.【解析】利用线面平行的判定定理求证即可；为中点，为中点，可得，可知，故为直角三角形，利用面面垂直的判定定理求证即可.【详解】解： 证明：为中点，为中点，又平面，平面，平面；证明：为中点，为中点，又，则，故为直角三角形，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.