2023学年襄阳市第四中学高考冲刺数学模拟试题（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，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．命题“”的否定为（ ） A． B． C． D． 2．设全集U=R，集合，则（　　） A． B． C． D． 3．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 4．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A． B． C． D． 5．设是等差数列的前n项和，且，则( ) A． B． C．1 D．2 6．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为 A． B． C． D． 7．费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如：)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是(　　) A． B． C． D． 8．已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，则下列结论正确的是（ ） A．﹣3∈A B．3B C．A∩B=B D．A∪B=B 9．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ） A． B． C． D． 10．函数在上的大致图象是（ ） A． B． C． D． 11．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为 A．2 B．3 C． D． 12．如图，四面体中，面和面都是等腰直角三角形，，，且二面角的大小为，若四面体的顶点都在球上，则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．某校共有师生1600人，其中教师有1000人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为80的样本，则抽取学生的人数为_____． 14．已知圆，直线与圆交于两点，，若，则弦的长度的最大值为___________. 15．数列满足递推公式，且，则___________. 16．已知数列满足，且恒成立，则的值为____________. 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）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是(为参数)，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为. (Ⅰ)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程； (Ⅱ)已知直线与曲线交于，两点，与轴交于点，求. 18．（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为； （1）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程； (2）若直线与曲线交点分别为，，点，求的值． 19．（12分）已知为椭圆的左、右焦点，离心率为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）过的直线分别交椭圆于和，且，问是否存在常数，使得成等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 20．（12分） [选修4 - 5：不等式选讲] 已知都是正实数，且，求证: ． 21．（12分）中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受．如图（1）为一花窗；图（2）所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30 cm，宽26 cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为x cm和y cm，窗芯所需条形木料的长度之和为L． （1）试用x，y表示L； （2）如果要求六根支条的长度均不小于2 cm，每个菱形的面积为130 cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？ 22．（10分）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点. （Ⅰ）求证：平面平面； （ⅠⅠ）求直线与平面所成的角的正弦值. 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】 套用命题的否定形式即可. 【题目详解】 命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”. 故选：C 【答案点睛】 本题考查全称命题的否定，属于基础题. 2、A 【答案解析】 求出集合M和集合N,，利用集合交集补集的定义进行计算即可． 【题目详解】 ， ， 则， 故选：A． 【答案点睛】 本题考查集合的交集和补集的运算，考查指数不等式和二次不等式的解法，属于基础题． 3、A 【答案解析】 解一元二次不等式化简集合的表示，求解函数的定义域化简集合的表示，根据可以得到集合、之间的关系，结合数轴进行求解即可. 【题目详解】 ，. 因为，所以有，因此有. 故选：A 【答案点睛】 本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题，考查了解一元二次不等式，考查了函数的定义域，考查了数学运算能力. 4、D 【答案解析】 试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D. 考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算. 5、C 【答案解析】 利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值. 【题目详解】 由于等差数列满足，所以，，. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题. 6、D 【答案解析】 如图所示，设依次构成等差数列，其公差为. 根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，. 在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D． 7、B 【答案解析】 基本事件总数，能表示为两个不同费马素数的和只有，，，共有个，根据古典概型求出概率． 【题目详解】 在不超过的正偶数中随机选取一数，基本事件总数 能表示为两个不同费马素数的和的只有，，，共有个 则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是 本题正确选项： 【答案点睛】 本题考查概率的求法，考查列举法解决古典概型问题，是基础题． 8、C 【答案解析】 试题分析：集合 考点：集合间的关系 9、A 【答案解析】 根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解. 【题目详解】 如图所示： 设，，，则， 化简得， 当点到（轴）距离最大时，的面积最大， ∴面积的最大值是. 故选：A. 【答案点睛】 本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 10、D 【答案解析】 讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断. 【题目详解】 当时，，则， 所以函数在上单调递增， 令，则， 根据三角函数的性质， 当时，，故切线的斜率变小， 当时，，故切线的斜率变大，可排除A、B； 当时，，则， 所以函数在上单调递增， 令 ，， 当时，，故切线的斜率变大， 当时，，故切线的斜率变小，可排除C， 故选：D 【答案点睛】 本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题. 11、D 【答案解析】 本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果。 【题目详解】 根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点， 因为，在双曲线上， 所以根据双曲线性质可知，，即，， 因为圆的半径为，是圆的半径，所以， 因为，，，， 所以，三角形是直角三角形， 因为，所以，，即点纵坐标为， 将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，， 将点坐标带入双曲线中可得， 化简得，，，，故选D。 【答案点睛】 本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。 12、B 【答案解析】 分别取、的中点、，连接、、，利用二面角的定义转化二面角的平面角为，然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，在中计算出，再利用勾股定理计算出，即可得出球的半径，最后利用球体的表面积公式可得出答案． 【题目详解】 如下图所示， 分别取、的中点、，连接、、， 由于是以为直角等腰直角三角形，为的中点，， ，且、分别为、的中点，所以，，所以，，所以二面角的平面角为， ，则，且，所以，，， 是以为直角的等腰直角三角形，所以，的外心为点，同理可知，的外心为点， 分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，则点在平面内，如下图所示， 由图形可知，， 在中，，， 所以，， 所以，球的半径为，因此，球的表面积为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查球体的表面积，考查二面角的定义，解决本题的关键在于找出球心的位置，同时考查了计算能力，属于中等题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、1 【答案解析】 直接根据分层抽样的比例关系得到答案. 【题目详解】 分层抽样的抽取比例为，∴抽取学生的人数为6001． 故答案为：1． 【答案点睛】 本题考查了分层抽样的计算，属于简单题. 14、 【答案解析】 取的中点为M，由可得，可得M在上，当最小时，弦的长才最大. 【题目详解】 设为的中点，，即， 即，，. 设，则，得. 所以，. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数形结合的思想，是一道有一定难度的题. 15、2020 【答案解析】 可对左右两端同乘以得， 依次写出，，，，累加可得，再由得，代入即可求解 【题目详解】 左右两端同乘以有，从而，，，，将以上式子累加得. 由得.令，有. 故答案为：2020 【答案点睛】 本题考查数列递推式和累加法的应用，属于基础题 16、 【答案解析】 易得，所以是等差数列，再利用等差数列的通项公式计算即可. 【题目详解】 由已知，，因，所以，所以数列是以 为首项，3为公差的等差数列，故，所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查由递推数列求数列中的某项，考查学生等价转化的能力，是一道容易题. 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）(x－1)2＋y2＝4,直线l的直角坐标方程为x－y－2＝0；（2）3. 【答案解析】 (1)消参得到曲线的普通方程，利用极坐标和直角坐标方程的互化公式求得直线的直角坐标方程；(2)先得到直线的参数方程，将直线的参数方程代入到圆的方程，得到关于的一元二次方程，由根与系数的关系、参数的几何意义进行求解. 【题目详解】 (1)由曲线C的参数方程 (α为参数) (α为参数)， 两式平方相加，得曲线C的普通方程为(x－1)2＋y2＝4； 由直线l的极坐标方程可得ρcosθcos－ρsinθsin＝ρcosθ