2023学年江西省赣州市十四县高考压轴卷数学试卷（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．如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则( ) A．直线与直线异面，且 B．直线与直线共面，且 C．直线与直线异面，且 D．直线与直线共面，且 2．若，则的虚部是 A．3 B． C． D． 3．已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（ ） A． B． C． D． 4．已知全集，集合，则=（ ） A． B． C． D． 5．（ ） A． B． C． D． 6．执行如图所示的程序框图后，输出的值为5，则的取值范围是（ ）. A． B． C． D． 7．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ） A． B． C． D． 8．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ） A．AC⊥BE B．EF平面ABCD C．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值 9．已知集合，则的值域为（　　） A． B． C． D． 10．下列不等式成立的是（ ） A． B． C． D． 11．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 12．在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆 (an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=______ 14．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______. 15．若，则_________. 16．如图在三棱柱中，，，，点为线段上一动点，则的最小值为________. 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，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E． （1）求证：四边形ACC1A1为矩形； （2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值． 18．（12分）如图所示，四棱柱中，底面为梯形，，，，，，. （1）求证：； （2）若平面平面，求二面角的余弦值. 19．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.已知点的直角坐标为，过的直线与曲线相交于，两点. （1）若的斜率为2，求的极坐标方程和曲线的普通方程； （2）求的值. 20．（12分）已知，（其中） . (1)求； (2)求证：当时，． 21．（12分）如图，已知四棱锥，平面，底面为矩形，，为的中点，. （1）求线段的长. （2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值. 22．（10分）如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ． （Ⅰ）若θ=，求的值； （Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长． 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、B 【答案解析】 连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解. 【题目详解】 如图所示： 连接，，，，由正方体的特征得， 所以直线与直线共面. 由正四棱柱的特征得， 所以异面直线与所成角为. 设，则，则，，， 由余弦定理，得. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题. 2、B 【答案解析】 因为，所以的虚部是.故选B． 3、A 【答案解析】 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求得的坐标得出答案. 【题目详解】 解：， 在复平面内对应的点的坐标是. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题． 4、D 【答案解析】 先计算集合，再计算，最后计算． 【题目详解】 解： ， ， ． 故选：． 【答案点睛】 本题主要考查了集合的交，补混合运算，注意分清集合间的关系，属于基础题． 5、A 【答案解析】 分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可. 【题目详解】 解:, 故选:A 【答案点睛】 本题考查复数的除法运算,属于基础题. 6、C 【答案解析】 框图的功能是求等比数列的和，直到和不满足给定的值时，退出循环，输出n. 【题目详解】 第一次循环：；第二次循环：； 第三次循环：；第四次循环：； 此时满足输出结果，故. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查程序框图的应用，建议数据比较小时，可以一步一步的书写，防止错误，是一道容易题. 7、A 【答案解析】 由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解． 【题目详解】 由三视图还原原几何体如图， 该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱， 半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1． 则几何体的体积为． 故选：． 【答案点睛】 本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 8、D 【答案解析】 A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假. 【题目详解】 A．因为，所以平面， 又因为平面，所以，故正确； B．因为，所以，且平面，平面， 所以平面，故正确； C．因为为定值，到平面的距离为， 所以为定值，故正确； D．当，，取为，如下图所示： 因为，所以异面直线所成角为， 且， 当，，取为，如下图所示： 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线所成角为，且， 由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内. 9、A 【答案解析】 先求出集合，化简=，令，得由二次函数的性质即可得值域. 【题目详解】 由，得 ，，令， ，，所以得 ， 在 上递增，在上递减， ，所以，即 的值域为 故选A 【答案点睛】 本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题 10、D 【答案解析】 根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性和正余弦函数的图象可确定各个选项的正误. 【题目详解】 对于，，，错误； 对于，在上单调递减，，错误； 对于，，，，错误； 对于，在上单调递增，，正确. 故选：. 【答案点睛】 本题考查根据初等函数的单调性比较大小的问题；关键是熟练掌握正余弦函数图象、指数函数、对数函数和幂函数的单调性. 11、B 【答案解析】 求出集合，利用集合的基本运算即可得到结论. 【题目详解】 由，得，则集合， 所以，. 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合是解决本题的关键，属于基础题. 12、B 【答案解析】 由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围. 【题目详解】 由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，，，. . 故选： 【答案点睛】 本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 第一空：将圆与联立，利用计算即可； 第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系，再将与联立，得到，与结合可得为等差数列，进而可得. 【题目详解】 当r1=1时，圆， 与联立消去得， 则，解得； 由图可知当时，①， 将与联立消去得 ， 则， 整理得，代入①得， 整理得， 则. 故答案为：；. 【答案点睛】 本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目. 14、 【答案解析】 先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可. 【题目详解】 由等面积法可得，依题意可得，， 所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题. 15、 【答案解析】 因为，所以.因为，所以，又，所以，所以.. 16、 【答案解析】 把 绕着进行旋转，当四点共面时，运用勾股定理即可求得的最小值. 【题目详解】 将以为轴旋转至与面在一个平面，展开图如图所示，若，，三点共线时最小为，为直角三角形， 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了空间几何体的翻折，平面内两点之间线段最短，解直角三角形进行求解，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题. 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） 【答案解析】 （1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证； （2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案. 【题目详解】 （1）因为平面，所以， 又因为，，，所以， 因此，所以， 因此平面，所以， 从而，又四边形为平行四边形， 则四边形为矩形； （2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以， 平面的法向量，设平面的法向量， 由， 由， 令，即， 所以，， 所以，所求二面角的余弦值是. 【答案点睛】 本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题. 18、（1）证明见解析（2） 【答案解析】 （1）取中点为，连接，，，，根据线段关系可证明为等边三角形，即可得；由为等边三角形，可得，从而由线面垂直判断定理可证明平面，即可证明. （2）以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量