2023学年浙江省湖州市长兴县德清县安吉县高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生请注意： 1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。 3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 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．若θ是第二象限角且sinθ =，则= A． B． C． D． 2．函数在上为增函数，则的值可以是( ) A．0 B． C． D． 3．如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ） A． B． C． D． 4．设集合，，则集合 A． B． C． D． 5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ） A． B． C． D． 6．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（ ） A． B． C． D． 7．已知数列满足,(),则数列的通项公式( ) A． B． C． D． 8．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： ①越小，则国民分配越公平； ②设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有； ③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则； ④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则. 其中正确的是： A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④ 9．已知为坐标原点，角的终边经过点且，则( ) A． B． C． D． 10．的展开式中，满足的的系数之和为（ ） A． B． C． D． 11．使得的展开式中含有常数项的最小的n为( ) A． B． C． D． 12．在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例：勾三，股四，弦五.此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年.我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数.现从3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13这11个数中随机抽取3个数，则这3个数能构成勾股数的概率为__________． 14． (x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________. 15．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______. 16．在中，已知，，是边的垂直平分线上的一点，则__________. 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）在中，角，，所对的边分别为，，，且． 求的值； 设的平分线与边交于点，已知，，求的值. 18．（12分）已知函数. （1）若，解关于的不等式； （2）若当时，恒成立，求实数的取值范围. 19．（12分）已知点为椭圆上任意一点，直线与圆 交于，两点，点为椭圆的左焦点. （1）求证：直线与椭圆相切； （2）判断是否为定值，并说明理由. 20．（12分）已知的内角、、的对边分别为、、，满足.有三个条件：①；②；③.其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件完成下面两个问题： （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积. 21．（12分） [选修4 - 5：不等式选讲] 已知都是正实数，且，求证: ． 22．（10分）已知点为圆：上的动点，为坐标原点，过作直线的垂线（当、重合时，直线约定为轴），垂足为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求点的轨迹的极坐标方程； （2）直线的极坐标方程为，连接并延长交于，求的最大值. 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、B 【答案解析】 由θ是第二象限角且sinθ =知：，． 所以． 2、D 【答案解析】 依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案. 【题目详解】 当时，在上不单调，故A不正确； 当时，在上单调递减，故B不正确； 当时，在上不单调，故C不正确； 当时，在上单调递增，故D正确. 故选：D 【答案点睛】 本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题. 3、A 【答案解析】 作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可. 【题目详解】 作于,于. 因为平面平面,平面.故, 故平面.故二面角为. 又直线与平面所成角为,因为, 故.故,当且仅当重合时取等号. 又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号. 故. 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题. 4、B 【答案解析】 先求出集合和它的补集，然后求得集合的解集，最后取它们的交集得出结果. 【题目详解】 对于集合A，，解得或，故.对于集合B，，解得.故.故选B. 【答案点睛】 本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合的补集和交集的运算.对于有两个根的一元二次不等式的解法是：先将二次项系数化为正数，且不等号的另一边化为，然后通过因式分解，求得对应的一元二次方程的两个根，再利用“大于在两边，小于在中间”来求得一元二次不等式的解集. 5、B 【答案解析】 根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案. 【题目详解】 ∵角的终边过点，∴，. ∴. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力. 6、D 【答案解析】 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. 【题目详解】 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. 【答案点睛】 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. 7、A 【答案解析】 利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可． 【题目详解】 数列满足：，， 可得 以上各式相加可得： ， 故选：． 【答案点睛】 本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加法以及通项公式的求法，考查计算能力． 8、A 【答案解析】 对于①，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①正确.对于②，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②错误.对于③，因为，所以，所以③错误.对于④，因为，所以，所以④正确.故选A． 9、C 【答案解析】 根据三角函数的定义，即可求出，得出，得出和，再利用二倍角的正弦公式，即可求出结果. 【题目详解】 根据题意，，解得， 所以， 所以， 所以. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式，考查计算能力. 10、B 【答案解析】 ，有，，三种情形，用中的系数乘以中的系数，然后相加可得． 【题目详解】 当时，的展开式中的系数为 ．当，时，系数为；当，时，系数为；当，时，系数为；故满足的的系数之和为． 故选：B． 【答案点睛】 本题考查二项式定理，掌握二项式定理和多项式乘法是解题关键． 11、B 【答案解析】 二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B 【考点定位】本题考查二项式定理的应用． 12、C 【答案解析】 根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率. 【题目详解】 因为圆心，半径，直线与圆相交，所以 ，解得 所以相交的概率,故选C. 【答案点睛】 本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由组合数结合古典概型求解即可 【题目详解】 从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法，其中能构成勾股数的有共三种，所以，所求概率为. 故答案为 【答案点睛】 本题考查古典概型与数学文化，考查组合问题，数据处理能力和应用意识. 14、40 【答案解析】 先求出的展开式的通项，再求出即得解. 【题目详解】 设的展开式的通项为， 令r=3,则， 令r=2,则， 所以展开式中含x3y3的项为. 所以x3y3的系数为40. 故答案为：40 【答案点睛】 本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 15、 【答案解析】 化简得到，，根据余弦定理和均值不等式得到，根据面积公式计算得到答案. 【题目详解】 ，即，，故. 根据余弦定理：，即. 当时等号成立，故. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，面积公式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力. 16、 【答案解析】 作出图形，设点为线段的中点，可得出且，进而可计算出的值. 【题目详解】 设点为线段的中点，则，， ， . 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查平面向量数量积的计算，涉及平面向量数量积运算律的应用，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题. 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、；. 【答案解析】 利用正弦定理化简求值即可； 利用两角和差的正弦函数的化简公式，结合正弦定理求出的值. 【题目详解】 解：，由正弦定理得：， ， ， ， ， 又，为三角形内角，故，， 则，故，； （2）平分，设，则,, ，，则， ，又， 则 在中，由正弦定理：，. 【答案点睛】 本题考查正弦定理和两角和差的正弦函数的化简公式，二倍角公式，考查运算能力，属于基础题. 18、（1）（2） 【答案解析】 （1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集. （2）对分成三种情况，求得的最小值，由此求得的取值范围. 【题目详解】 （1）当时，， 由此可知，的解集为 （2）当时， 的最小值为和中的最小值，其中，.所以恒成立. 当时，，且，不恒成立，不符合题意. 当时，， 若，则，故不恒成立，不符合题意； 若，则，故不恒成立，不符合题意. 综上，. 【答案点睛】 本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查根据绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 19、（1）证明见解析；（2）是，理由见解析. 【答案解析】 （1）根据判别式即可证明． （2）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论， 【题目详解】 解：（1）当时直线方程为或，直线与椭圆相切. 当时，由得， 由题知，，即， 所以. 故直线与椭圆相切. （2）设，， 当时，，，， 所以，即. 当时，由得， 则，， . 因为 . 所以，即.故为定值. 【答案点睛】 本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．