《江苏省扬州市邗江区瓜洲中学2023届高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省扬州市邗江区瓜洲中学2023届高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析.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，则（ ）ABCD2设向量，满足，则的取值范围是ABCD3若变量，满足，则的最大值为（ ）A3B2CD104中，点在边上，平分，若，则（ ）ABCD5己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，垂足为，若的面积为，则到
2、的距离为（ ）ABC8D66函数f(x)sin(wx)(w0，)的最小正周期是，若将该函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线x对称，则函数f(x)的解析式为（ ）Af(x)sin(2x)Bf(x)sin(2x)Cf(x)sin(2x)Df(x)sin(2x)7已知为虚数单位，实数满足，则 ( )A1BCD8在中，为边上的中点，且，则（ ）ABCD9已知正四面体的内切球体积为v，外接球的体积为V，则（ ）A4B8C9D2710已知三棱锥PABC的顶点都在球O的球面上，PA，PB，AB4，CACB，面PAB面ABC，则球O的表面积为（ ）ABCD11设复数满足，在复平面内对应的点的坐标为
3、则（）ABCD12已知数列是公比为的等比数列，且，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在等差数列（）中，若，则的值是_.14实数满足，则的最大值为_15已知函数，若，则_.16 “”是“”的_条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）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），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的极坐标方程；（2）点是曲线上的一点，试判断点与曲线的位置关系18（12分
4、）在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.19（12分）已知函数，.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）判断函数的零点个数.20（12分）设（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.21（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数（1）写出与的直角坐标方程；（2）在什么范围内取值时，与有交点22（10分）设，其中（1）当时，求的值；（2）对，证明：恒为定值参考答案一、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
5、目要求的。1、C【解析】求出集合，计算出和，即可得出结论.【详解】，.故选：C.【点睛】本题考查交集和并集的计算，考查计算能力，属于基础题.2、B【解析】由模长公式求解即可.【详解】，当时取等号，所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.3、D【解析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：如图点坐标分别为，目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题4、B【解析】由平分，
6、根据三角形内角平分线定理可得，再根据平面向量的加减法运算即得答案.【详解】平分，根据三角形内角平分线定理可得，又，.故选：.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题.5、D【解析】作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，从而可求出，进而可求得，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，所以在中，所以，所以，在中，所以，所以，所以 解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题6、D【解析】由函数的周期求得，再由
7、平移后的函数图像关于直线对称，得到 ，由此求得满足条件的的值，即可求得答案.【详解】分析：由函数的周期求得，再由平移后的函数图像关于直线对称，得到，由此求得满足条件的的值，即可求得答案.详解：因为函数的最小正周期是，所以，解得，所以，将该函数的图像向右平移个单位后，得到图像所对应的函数解析式为，由此函数图像关于直线对称，得：，即，取，得，满足，所以函数的解析式为，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及函数的解析式的求解，其中解答中根据三角函数的图象变换得到，再根据三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.7、D【解析】 ，则 故选D.8、A【解析】由为边上的中点
8、，表示出，然后用向量模的计算公式求模.【详解】解：为边上的中点，故选：A【点睛】在三角形中，考查中点向量公式和向量模的求法，是基础题.9、D【解析】设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，首先求出正四面体的体积，再利用等体法求出内切球的半径，在中，根据勾股定理求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.【详解】设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，则，设内切球的半径为，内切球的球心为，则，解得：；设外接球的半径为，外接球的球心为，则或，在中，由勾股定理得：，解得， 故选：D【点睛】本题主要考查了多面体的内切球、外接球问题，考查了椎体的体积公式以及球的体积公式，
9、需熟记几何体的体积公式，属于基础题.10、D【解析】由题意画出图形，找出PAB外接圆的圆心及三棱锥PBCD的外接球心O，通过求解三角形求出三棱锥PBCD的外接球的半径，则答案可求.【详解】如图；设AB的中点为D；PA，PB，AB4，PAB为直角三角形，且斜边为AB，故其外接圆半径为：rABAD2；设外接球球心为O；CACB，面PAB面ABC，CDAB可得CD面PAB；且DC.O在CD上；故有：AO2OD2+AD2R2（R）2+r2R；球O的表面积为：4R24.故选：D.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查思维能力与计算能力，属于中档题.11、B【解析】根据
10、共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解.【详解】在复平面内对应的点的坐标为，则，代入可得，解得.故选：B.【点睛】本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题.12、D【解析】先根据已知条件求解出的通项公式，然后根据的单调性以及得到满足的不等关系，由此求解出的取值范围.【详解】由已知得，则.因为，数列是单调递增数列，所以，则，化简得，所以.故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据之间的大小关系分析问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-15【解析】是等差数列，则有，可得的
11、值，再由可得，计算即得.【详解】数列是等差数列，又，故.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的性质，也可以由已知条件求出和公差，再计算.14、【解析】画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.【详解】解：作出可行域，如图所示，则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值由同理，取最大值故答案为： 【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域
12、不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.15、【解析】根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用函数奇偶性的性质求解即可.【详解】因为函数，其定义域为，所以其定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，因为，所以.故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性的判断及其性质；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性的判断方法是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.16、充分不必要【解析】由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.【详解】由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为:充分不必要【点睛】本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.三、解答题
13、：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）点在曲线外【解析】（1）先消参化曲线的参数方程为普通方程,再化为极坐标方程；（2）由点是曲线上的一点,利用的范围判断的范围,即可判断位置关系.【详解】（1）由曲线的参数方程为可得曲线的普通方程为,则曲线的极坐标方程为,即（2）由题,点是曲线上的一点,因为,所以,即,所以点在曲线外.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查点与圆的位置关系.18、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向
14、量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.【详解】方法一：（1）依题意，且，四边形是平行四边形，平面，平面，平面.（2）平面，且为的中点，平面且，平面，以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，取，则.设平面的法向量为，则，取，则.，设二面角的平面角为，则，二面角的正弦值为.方法二：（1）证明：连接交于点，因为四边形为平行四边形，所以为中点，又因为四边形为菱形，所以为中点，在中，且，平面，平面，平面（2）略，同方法一.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.1
15、9、（1）（2）答案见解析（3）答案见解析【解析】（1）设曲线在点，处的切线的斜率为，可求得，利用直线的点斜式方程即可求得答案；（2）由（）知，分时，三类讨论，即可求得各种情况下的的单调区间为；（3）分与两类讨论，即可判断函数的零点个数【详解】（1），设曲线在点，处的切线的斜率为，则，又，曲线在点，处的切线方程为：，即；（2）由（1）知，故当时，所以在上单调递增；当时，；，；的递减区间为，递增区间为，；当时，同理可得的递增区间为，递减区间为，；综上所述，时，单调递增为，无递减区间；当时，的递减区间为，递增区间为，；当时，的递增区间为，递减区间为，；（3）当时，恒成立，所以无零点；当时，由，得：
16、，只有一个零点【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想与推理、运算能力，属于中档题20、（1）（2）【解析】(1)通过讨论的范围,得到关于的不等式组,解出取并集即可.(2)去绝对值将函数写成分段函数形式讨论分段函数的单调性由恒成立求得结果.【详解】解：（1）当时，即或或解之得或，即不等式的解集为.（2）由题意得：当时为减函数，显然恒成立.当时，为增函数，当时，为减函数，综上所述：使恒成立的的取值范围为.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题,考查不等式恒成立问题中求解参数问题,考查分类讨论思想,转化思想,属于中档题.21、（1），（2）【解析】
17、（1）利用，代入可求；消参可得直角坐标方程. （2）将的参数方程代入的直角坐标方程，与有交点，可得，解不等式即可求解.【详解】（1）（2）将的参数方程代入的直角坐标方程得：与有交点，即【点睛】本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.22、（1）1（2）1【解析】分析：（1）当时可得，可得.（2）先得到关系式，累乘可得，从而可得，即为定值详解：（1）当时，又，所以. （2） 即，由累乘可得，又，所以即恒为定值1点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的的定义，并结合组合数公式求解由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误