《江苏省江阴市青阳中学2023届高考冲刺模拟数学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省江阴市青阳中学2023届高考冲刺模拟数学试题含解析.doc（21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已知向量与向量平行，且，则（ ）ABCD2已知为抛物线的准线，抛物线上的点到的距离为，点的坐标为，则的最小值是（ ）AB4C2D3为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示.劳伦茨曲线为直线时，表示收入完全平等.劳伦茨曲线为折线时，表示收入完全不平等.记区域为不平等区域，表示其面积，为的面积，将称为基尼系数.对于下列说法：越小，则国民分配越公平；设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有；若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则；若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则.其中正确的是：ABCD4下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由
3、三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边，已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）ABC1D5数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论：曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；曲线C围成区域的面积大于；方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是( )ABCD6双曲线：（），左焦点到渐近线的距离为2，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD7数列an，满足对任意的nN+，均有an+an+1+an+2为定值.若a
4、7=2，a9=3，a98=4，则数列an的前100项的和S100=( )A132B299C68D998若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（ ）ABCD9，则与位置关系是 ()A平行B异面C相交D平行或异面或相交10在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( )A5B6C7D911已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：函数的最小值为4. 给出下列命题：；，其中真命题的个数为( )A1B2C3D412设是虚数单位，复数（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设，则除以的余数是_.14已知实数a，b，c满足，则的最小值是_.15点
5、P是ABC所在平面内一点且在ABC内任取一点，则此点取自PBC内的概率是_16在中，角的平分线交于，则面积的最大值为_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）已知点，直线与抛物线交于不同两点、，直线、与抛物线的另一交点分别为两点、，连接，点关于直线的对称点为点，连接、（1）证明：；（2）若的面积，求的取值范围18（12分）如图，三棱锥中，（1）证明：面面；（2）求二面角的余弦值.19（12分）已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若函数的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围20（12分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，.（1）若，求证：平面；（2）若，求二面
6、角的正弦值21（12分）某公园有一块边长为3百米的正三角形空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉.方案是：先建造一条直道将分成面积之比为的两部分（点D，E分别在边，上）；再取的中点M，建造直道（如图）.设，（单位：百米）.（1）分别求，关于x的函数关系式；（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值.22（10分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于两点，求的值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分
7、，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【解析】设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，由得，即，由，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.2、B【解析】设抛物线焦点为，由题意利用抛物线的定义可得，当共线时，取得最小值，由此求得答案.【详解】解：抛物线焦点，准线，过作交于点，连接由抛物线定义，当且仅当三点共线时，取“”号，的最小值为.故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合
8、的数学思想，属于中档题.3、A【解析】对于，根据基尼系数公式，可得基尼系数越小，不平等区域的面积越小，国民分配越公平，所以正确.对于，根据劳伦茨曲线为一条凹向横轴的曲线，由图得，均有，可得，所以错误.对于，因为，所以，所以错误.对于，因为，所以，所以正确.故选A4、D【解析】根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得，即的值，由此求得和的值，进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为，所以，即，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题.5、B【解析】利用基本不等式得，可判断；和联立解得可判断；由图可判断.【详解】，解得（
9、当且仅当时取等号），则正确；将和联立，解得，即圆与曲线C相切于点，则和都错误；由，得正确.故选：B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.6、B【解析】首先求得双曲线的一条渐近线方程，再利用左焦点到渐近线的距离为2，列方程即可求出，进而求出渐近线的方程.【详解】设左焦点为，一条渐近线的方程为，由左焦点到渐近线的距离为2，可得，所以渐近线方程为，即为,故选：B【点睛】本题考查双曲线的渐近线的方程，考查了点到直线的距离公式，属于中档题.7、B【解析】由为定值，可得，则是以3为周期的数列，求出，即求.【详解】对任意的，均有为定值
10、，故，是以3为周期的数列，故，.故选：.【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.8、D【解析】画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围【详解】画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，设，结合图形可得或，由题意得点A,B的坐标分别为，或，的取值范围为故选D【点睛】解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题9、D【解析】结合图(1)，(2)，(3)所示的情况，可得a与b的关系分别是平行、异面或相交
11、选D10、A【解析】由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出，从而得出的最大值.【详解】因为，则，即整理得，令，设，则，令,则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，因为，由题可知：时，则，所以，所以，当无限接近时，满足条件，所以，所以要使得故当时，可有，故，即，所以：最大值为5.故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.11、A【解析】先由两直线垂直的条件判断出命题p的真假，由基本不等式判断命题q的真假，从而得出p,q的非命题的真假，继而判断复合命题的真假，可得出选项.【详
12、解】已知对于命题，由得，所以命题为假命题；关于命题，函数，当时，当即时，取等号，当时，函数没有最小值，所以命题为假命题.所以和是真命题，所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，所以真命题的个数为1个.故选：A.【点睛】本题考查直线的垂直的判定和基本不等式的应用，以及复合命题的真假的判断，注意运用基本不等式时，满足所需的条件，属于基础题.12、D【解析】利用复数的除法运算，化简复数，即可求解，得到答案【详解】由题意，复数，故选D【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13、。13、1【解析】利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.【详解】，因展开式中后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.14、【解析】先分离出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.【详解】解：若取最小值，则异号，根据题意得：，又由，即有，则，即的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.15、【解析】设是中点，根据已知条件判断出三点共线且是线段靠近的三等分点，由此求
14、得，结合几何概型求得点取自三角形的概率.【详解】设是中点，因为，所以，所以三点共线且点是线段靠近的三等分点，故，所以此点取自内的概率是故答案为：【点睛】本小题主要考查三点共线的向量表示，考查几何概型概率计算，属于基础题.16、15【解析】由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值.【详解】画出图形：因为，由角平分线定理得,设，则由余弦定理得：即当且仅当，即时取等号所以面积的最大值为15故答案为：15【点睛】此题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目.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）见解析；（2）【解析】（1）设点、，求出直线、的方程，与抛物线的方程联立，求出点、的坐标，利用直线、的斜率相等证明出；（2）设点到直线、的距离分别为、，求出，利用相似得出，可得出的边上的高，并利用弦长公式计算出，即可得出关于的表达式，结合不等式可解出实数的取值范围.【详解】（1）设点、，则，直线的方程为：，由，消去并整理得，由韦达定理可知，代入直线的方程，得，解得，同理，可得，,代入得，因此，；（2）设点到直线、的距离分别为、，则，由（1）知，同理，得，由，整理得，由韦达定理得，得，设点到直线的高为，则，解得，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查直线与直线平行的证明，考查实数的取值
16、范围的求法，考查抛物线、直线方程、韦达定理、弦长公式、直线的斜率等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是难题18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）取中点，连结，证明平面得到答案.（2）如图所示，建立空间直角坐标系，为平面的一个法向量，平面的一个法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）取中点，连结，为直角，平面，平面，面面.（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，可取为平面的一个法向量.设平面的一个法向量为.则，其中，不妨取，则.为锐二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了面面垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19、（1）（2）【解析】（1）零点分段法分，三
17、种情况讨论即可；（2）只需找到的最小值即可.【详解】（1）由.若时，解得；若时，解得；若时，解得；故不等式的解集为.（2）由，有，得，故实数的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题，考查学生的运算能力，是一道基础题.20、（1）详见解析（2）【解析】（1）如图，作，交于，连接.因为，所以是的三等分点，可得.因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以， 因为，所以，所以，因为平面，平面，所以平面.又，平面，平面，所以平面.因为，、平面，所以平面平面，所以平面.（2）因为是等边三角形，所以.又因为，所以，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.在平面内作平面.以
18、B点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设为平面的法向量，则，即，令，可得.设为平面的法向量，则，即，令，可得.所以，则，所以二面角的正弦值为.21、（1），.，.（2）当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.【解析】（1）由，可解得.方法一：再在中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式；在和中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式.方法二：在中，可得，则有，化简整理即得；同理，化简整理即得.（2）由（1）和基本不等式，计算即得.【详解】解：（1），是边长为3的等边三角形，又，.由，得.法1：在中，由余弦定理，得.故直道长度关于x的函数关系式为，.在和
19、中，由余弦定理，得因为M为的中点，所以.由，得，所以，所以.所以，直道长度关于x的函数关系式为，.法2：因为在中，所以.所以，直道长度关于x的函数关系式为，.在中，因为M为的中点，所以.所以.所以，直道长度关于x的函数关系式为，.（2）由（1）得，两条直道的长度之和为（当且仅当即时取“”）.故当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.【点睛】本题考查了余弦定理和基本不等式，第一问也可以利用三角形中的向量关系进行求解，属于中档题.22、（1）；（2）【解析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.（2）利用（1）的结论，进一步利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果.【详解】解：（1）直线的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为.曲线的极坐标方程为.转换为，转换为直角坐标方程为.（2）直线的参数方程为（为参数），转换为标准式为（为参数），代入圆的直角坐标方程整理得，所以，.【点睛】本题属于基础本题考查的知识要点：主要考查极坐标，参数方程与普通方程互化，及求三角形面积需要熟记极坐标系与参数方程的公式，及与解析几何相关的直线与曲线位置关系的一些解题思路