2023学年河南省焦作市高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 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．函数的定义域为（ ） A． B． C． D． 2．若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ） A． B．2 C． D．1 3．某公园新购进盆锦紫苏、盆虞美人、盆郁金香，盆盆栽，现将这盆盆栽摆成一排，要求郁金香不在两边，任两盆锦紫苏不相邻的摆法共（ ）种 A． B． C． D． 4．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ） A． B． C． D． 5．已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，，则（ ） A．2 B． C．1 D． 6．设，则（ ） A． B． C． D． 7．已知向量，，则与共线的单位向量为( ) A． B． C．或 D．或 8．已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ） A． B． C． D． 9．若向量，则（ ） A．30 B．31 C．32 D．33 10．已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ） A．1 B．2 C．-1 D．-2 11．在边长为1的等边三角形中，点E是中点，点F是中点，则（ ） A． B． C． D． 12．若集合，，则 A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知，那么______. 14．已知复数满足（为虚数单位），则复数的实部为____________. 15．在△ABC中，()⊥(＞1)，若角A的最大值为，则实数的值是_______． 16．的展开式中，项的系数是__________． 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＝，AF＝1，M是线段EF的中点． 求证：(1)AM∥平面BDE； (2)AM⊥平面BDF. 18．（12分）已知函数，． （Ⅰ）若，求的取值范围； （Ⅱ）若，对，，都有不等式恒成立，求的取值范围． 19．（12分）已知函数. （1）当时，解不等式； （2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 20．（12分）如图所示，已知平面，，为等边三角形，为边上的中点，且. (Ⅰ)求证：面； (Ⅱ)求证：平面平面； (Ⅲ)求该几何体的体积． 21．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，分别为，的中点． （1）求证：． （2）若，求二面角的余弦值． 22．（10分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. （1）求异面直线AC与BE所成角的余弦值； （2）求二面角F-BC1-C的余弦值． 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 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、C 【答案解析】 函数的定义域应满足 故选C. 2、C 【答案解析】 根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解. 【题目详解】 双曲线的离心率， 则，，解得，所以焦点坐标为， 所以， 则双曲线渐近线方程为，即， 不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得， 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题. 3、B 【答案解析】 间接法求解，两盆锦紫苏不相邻，被另3盆隔开有，扣除郁金香在两边有，即可求出结论. 【题目详解】 使用插空法，先排盆虞美人、盆郁金香有种， 然后将盆锦紫苏放入到4个位置中有种， 根据分步乘法计数原理有，扣除郁金香在两边， 排盆虞美人、盆郁金香有种， 再将盆锦紫苏放入到3个位置中有， 根据分步计数原理有， 所以共有种. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查排列应用问题、分步乘法计数原理，不相邻问题插空法是解题的关键，属于中档题. 4、D 【答案解析】 循环依次为 直至结束循环，输出 ，选D. 点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项. 5、D 【答案解析】 说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再结合奇偶性计算函数值． 【题目详解】 由知函数的周期为4，又是奇函数， ，又，∴， ∴． 故选：D． 【答案点睛】 本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础． 6、C 【答案解析】 试题分析：，．故C正确． 考点：复合函数求值． 7、D 【答案解析】 根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案. 【题目详解】 因为，，则， 所以， 设与共线的单位向量为， 则， 解得 或 所以与共线的单位向量为或. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义. 8、C 【答案解析】 令，求出在的对称轴，由三角函数的对称性可得，将式子相加并整理即可求得的值. 【题目详解】 令，得，即对称轴为. 函数周期，令，可得.则函数在上有8条对称轴. 根据正弦函数的性质可知， 将以上各式相加得： 故选:C. 【答案点睛】 本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的周期性，考查了等差数列求和.本题的难点是将所求的式子拆分为的形式. 9、C 【答案解析】 先求出,再与相乘即可求出答案. 【题目详解】 因为,所以. 故选:C. 【答案点睛】 本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题. 10、D 【答案解析】 由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求. 【题目详解】 因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，，，三点共线，所以，得，故选D. 【答案点睛】 本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径. 11、C 【答案解析】 根据平面向量基本定理，用来表示，然后利用数量积公式，简单计算，可得结果. 【题目详解】 由题可知：点E是中点，点F是中点 ， 所以 又 所以 则 故选：C 【答案点睛】 本题考查平面向量基本定理以及数量积公式，掌握公式，细心观察，属基础题. 12、C 【答案解析】 解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得. 【题目详解】 因为或，，所以，故选C. 【答案点睛】 本题考查集合的交运算，属于容易题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由已知利用诱导公式可求，进而根据同角三角函数基本关系即可求解. 【题目详解】 ∵， ∴，， ∴. 故答案为：. 【答案点睛】 本小题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式，属于基础题. 14、 【答案解析】 利用复数的概念与复数的除法运算计算即可得到答案. 【题目详解】 ，所以复数的实部为2. 故答案为：2 【答案点睛】 本题考查复数的除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题. 15、1 【答案解析】 把向量进行转化，用表示，利用基本不等式可求实数的值. 【题目详解】 ，解得＝1． 故答案为：1. 【答案点睛】 本题主要考查平面向量的数量积应用，综合了基本不等式，侧重考查数学运算的核心素养. 16、240 【答案解析】 利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于3，计算展开式中含有项的系数即可. 【题目详解】 由题意得：，只需，可得， 代回原式可得， 故答案：240. 【答案点睛】 本题主要考查二项式展开式的通项公式及简单应用，相对不难. 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 【答案解析】 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连结NE. 则N，E(0，0，1)，A(，，0)，M. ∴＝，＝. ∴＝且NE与AM不共线．∴NE∥AM. ∵NE平面BDE，AM平面BDE，∴AM∥平面BDE. (2)由(1)知＝， ∵D(，0，0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)， ∴·＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF. 18、（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【答案解析】 （Ⅰ）由题意不等式化为，利用分类讨论法去掉绝对值求出不等式的解集即可； （Ⅱ）由题意把问题转化为，分别求出和，列出不等式求解即可． 【题目详解】 （Ⅰ）由题意知，， 若，则不等式化为，解得； 若，则不等式化为，解得，即不等式无解； 若，则不等式化为，解得， 综上所述，的取值范围是； （Ⅱ）由题意知，要使得不等式恒成立， 只需， 当时，，， 因为，所以当时， ， 即，解得， 结合，所以的取值范围是. 【答案点睛】 本题考查了绝对值不等式的求解问题，含有绝对值的不等式恒成立应用问题，以及绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论思想，是中档题．含有绝对值的不等式恒成立应用问题，关键是等价转化为最值问题，再通过绝对值三角不等式求解最值，从而建立不等关系，求出参数范围. 19、（1）； （2）. 【答案解析】 （1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围. 【题目详解】 （1）当时，， 由，得，即， 或，即， 或，即， 综上：或， 所以不等式的解集为. （2），， 因为，， 所以， 又，，， 得. 不等式恒成立，即在时恒成立， 不等式恒成立必须，， 解得. 所以， 解得， 结合， 所以， 即的取值范围为. 【答案点睛】 本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题. 20、（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）. 【答案解析】 （I）取的中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，证得，由此证得平面.（II）利用，证得平面，从而得到平面，由此证得平面平面.（III）作交于点，易得面，利用棱锥的体积公式，计算出棱锥的体积. 【题目详解】 (Ⅰ)取的中点，连接，则，， 故四边形为平行四边形. 故. 又面，平面，所以面. (Ⅱ)为等边三角形，为中点，所以.又， 所以面. 又，故面，所以面平面. (Ⅲ)几何体是四棱锥，作交于点，即面， . 【答案点睛】 本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查四棱锥体积的求法，考查空间想象能力，所以中档题. 21、（1）见解析（2） 【答案解析】 （1）由已知可证明平面，从而得证面面垂直，再由，得线面垂直，从而得，由直角三角形得结论； （2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法示二面角． 【题目详解】 （1）证明：连接，，． ，，平面． 平面，平面平面． ，为的中