《浙江省宁波中学2022-2023学年高考压轴卷数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省宁波中学2022-2023学年高考压轴卷数学试卷含解析.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
2、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( )ABCD2某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长棱长为（ ）ABCD3在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ）A直角三角形B等腰非等边三角形C等腰或直角三角形D钝角三角形4设a=log73，c=30.7，则a，b，c的大小关系是（）ABCD5复数的共轭复数为（ ）ABCD6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7在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）ABC
3、D8已知，那么是的（ ）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9将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（ ）ABCD10设则以线段为直径的圆的方程是（ ）ABCD11某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）ABC1D12若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若实数，满足不等式组，则的最小值为_.14的角所对的边分别为，且，若，则的值为_.15已知集合U
4、1,3,5,9，A1,3,9，B1,9，则U(AB)_.16已知，为双曲线的左、右焦点，双曲线的渐近线上存在点满足，则的最大值为_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）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.（1）若，证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.18（12分）如图，在中，点在上，.（1）求的值；（2）若，求的长.19（12分）已知函数，（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若，当时，函数，求函数的最小值20（12分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等差数列的公差为，等差数列的公差为.设分别
5、是数列的前项和，且， ，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21（12分）设函数.（1）若恒成立，求整数的最大值；（2）求证：.22（10分）在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，为定点，点为的中点，动点满足，且，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点的直线交曲线于，两点，为曲线上异于，的任意一点，直线，分别交直线于，两点.问是否为定值？若是，求的值；若不是，请说明理由.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、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（当且仅
6、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.2、C【解析】根据三视图，可得该几何体是一个三棱锥，并且平面SAC平面ABC，过S作，连接BD ，再求得其它的棱长比较下结论.【详解】如图所示：由三视图得：该几何体是一个三棱锥，且平面SAC 平面ABC，过S作，连接BD，则 ，所以 ， ，该几何体中的最长棱长为.故选：C【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.3、C【解析】利用正弦定理将边化角，再由
7、，化简可得，最后分类讨论可得；【详解】解：因为所以所以所以所以所以当时，为直角三角形；当时即，为等腰三角形；的形状是等腰三角形或直角三角形故选：【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题4、D【解析】，得解【详解】，所以，故选D【点睛】比较不同数的大小，找中间量作比较是一种常见的方法5、D【解析】直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果【详解】其共轭复数为.故选：D【点睛】熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.6、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
8、了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.7、D【解析】由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解【详解】根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以. 故选：D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质
9、的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养8、B【解析】由，可得，解出即可判断出结论【详解】解：因为，且，解得是的必要不充分条件故选：【点睛】本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题9、C【解析】根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，因为是奇函数，所以，解得，因为，所以的最小值为.故选：【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题
10、.10、A【解析】计算的中点坐标为，圆半径为，得到圆方程.【详解】的中点坐标为：，圆半径为，圆方程为.故选：.【点睛】本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.11、B【解析】首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，所以，该四棱锥体的最长的棱长为故选：B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题12、B【解析】转化为，构造函数，利用导数研究单调性，求函数最值，即得解.【详解】由，可知设，则，所以函数在上单调递增，所以所以故的取值范围是故选：B【点睛】本题考查了导数在恒成立问题中的应用，考查了学生综合分析，转化
11、划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、5【解析】根据题意，画出图像，数形结合，将目标转化为求动直线纵截距的最值，即可求解【详解】画出不等式组，表示的平面区域如图阴影区域所示，令，则.分析知，当，时，取得最小值，且.【点睛】本题考查线性规划问题，属于基础题14、【解析】先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.【详解】因为，故，因为，所以.由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，所以即.因为，解得或（舍）.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体
12、求解，本题属于中档题.15、5【解析】易得ABA1,3,9，则U(AB)516、【解析】设，由可得，整理得，即点在以为圆心，为半径的圆上又点到双曲线的渐近线的距离为，所以当双曲线的渐近线与圆相切时，取得最大值，此时，解得三、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）【解析】(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2) 过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】（1）证明：平面，平面，,又四边形为正方形，.又、平面，且，平面.中，为
13、的中点，.又、平面，平面.平面，平面平面.（2）解：过作交于，如图为的中点，.又平面，平面.，.所以,又、两两互相垂直，以、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.，设平面的法向量，则，即.令，则，.平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.18、 (1) ；（2）.【解析】（1）由两角差的正弦公式计算；（2）由正弦定理求得，再由余弦定理求得【详解】（1）因为，所以.因为，所以，所以.（2）在中，由，得，在中，由余弦定理可得，所以.【点睛】本题考查两角差的正弦公式，考查正弦定理和余弦定理，
14、属于中档题19、（1）见解析 （2）的最小值为【解析】（1）由题可得函数的定义域为，当时，令，可得；令，可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，可得；令，可得或，所以函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，所以函数在上单调递增 综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增 （2）方法一：当时，设，则，所以函数在上单调递减，所以，当且仅当时取等号当时，设，则，所以，设，则，所以函数在上单调递减，且，所以存在，使得，所以当时，；当时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，所以，当且仅当时取等号所以当时，
15、函数取得最小值，且，故函数的最小值为 方法二：当时，则，令，则，所以函数在上单调递增， 又，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，所以当时，恒成立，所以当时，恒成立，所以函数在上单调递减，所以函数的最小值为20、（1）；（2）【解析】方案一：（1）根据等差数列的通项公式及前n项和公式列方程组，求出和，从而写出数列的通项公式；（2）由第（1）题的结论，写出数列的通项，采用分组求和、等比求和公式以及裂项相消法，求出数列的前项和.其余两个方案与方案一的解法相近似.【详解】解：方案一：（1）数列都是等差数列，且，解得，综上（2）由（1）得：方案二：（1）数列都是等差数列，且，解得
16、，.综上，（2）同方案一方案三：（1）数列都是等差数列，且.，解得，.综上，（2）同方案一【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式的应用，考查了分组求和、等比求和及裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题.21、（1）整数的最大值为；（2）见解析.【解析】（1）将不等式变形为，构造函数，利用导数研究函数的单调性并确定其最值，从而得到正整数的最大值；（2）根据（1）的结论得到，利用不等式的基本性质可证得结论.【详解】（1）由得，令，令，对恒成立，所以，函数在上单调递增，故存在使得，即，从而当时，有，所以，函数在上单调递增；当时，有，所以，函数在上单调递减.所以，因此，整数的最大值为；（2
17、）由（1）知恒成立，令则，上述等式全部相加得，所以，因此，【点睛】本题考查导数在函数单调性、最值中的应用，以及放缩法证明不等式的技巧，属于难题22、（1）；（2）是定值，.【解析】（1）设出M的坐标为，采用直接法求曲线的方程；（2）设AB的方程为，,，求出AT方程，联立直线方程得D点的坐标，同理可得E点的坐标，最后利用向量数量积算即可.【详解】（1）设动点M的坐标为，由知，又在直线上，所以P点坐标为，又，点为的中点，所以，由得，即；（2）设直线AB的方程为，代入得，设，则，设，则，所以AT的直线方程为即，令，则，所以D点的坐标为，同理E点的坐标为，于是，所以，从而，所以是定值.【点睛】本题考查了直接法求抛物线的轨迹方程、直线与抛物线位置关系中的定值问题，在处理此类问题一般要涉及根与系数的关系，本题思路简单，但计算量比较大，是一道有一定难度的题.