2023届吉林省安图县安林中学高考数学考前最后一卷预测卷（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．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为( ) A．1 B．－1 C．8l D．－81 2．已知边长为4的菱形，，为的中点，为平面内一点，若，则（ ） A．16 B．14 C．12 D．8 3．已知是双曲线的左、右焦点，是的左、右顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的渐近线方程为（ ） A． B． C． D． 4．设等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．设为虚数单位，为复数，若为实数，则（ ） A． B． C． D． 6．平行四边形中，已知，，点、分别满足，，且，则向量在上的投影为（ ） A．2 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．是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 9．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ） A． B． C． D． 10．定义，已知函数，，则函数的最小值为（ ） A． B． C． D． 11．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值为2，则实数k的值为（ ） A．1 B． C．2 D． 12．在三棱锥中，，，P在底面ABC内的射影D位于直线AC上，且，.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上，则球Q的半径为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知正项等比数列中，，则__________． 14．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是______，体积是_____. 15．（5分）有一道描述有关等差与等比数列的问题:有四个和尚在做法事之前按身高从低到高站成一列，已知前三个和尚的身高依次成等差数列，后三个和尚的身高依次成等比数列，且前三个和尚的身高之和为cm，中间两个和尚的身高之和为cm，则最高的和尚的身高是____________ cm． 16．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）已知的三个内角所对的边分别为，向量，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的值 18．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为. （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）已知，求的大小. 19．（12分）在中，角所对的边分别是，且. （1）求角的大小； （2）若，求边长. 20．（12分）a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边.已知a＝3，，且B＝60°. （1）求△ABC的面积； （2）若D，E是BC边上的三等分点，求. 21．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （2）设点，直线与曲线交于，两点，求的值. 22．（10分）已知函数，记不等式的解集为. （1）求； （2）设，证明：. 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】 根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可. 【题目详解】 因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等， 故可得， 令，故可得， 又因为， 令，则， 解得 令，则. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题. 2、B 【答案解析】 取中点，可确定；根据平面向量线性运算和数量积的运算法则可求得，利用可求得结果. 【题目详解】 取中点，连接， ，，即. ，， ， 则. 故选：. 【答案点睛】 本题考查平面向量数量积的求解问题，涉及到平面向量的线性运算，关键是能够将所求向量进行拆解，进而利用平面向量数量积的运算性质进行求解. 3、D 【答案解析】 根据为等腰三角形，可求出点P的坐标，又由的斜率为可得出关系，即可求出渐近线斜率得解. 【题目详解】 如图， 因为为等腰三角形，， 所以，, ， 又， ， 解得， 所以双曲线的渐近线方程为， 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于中档题. 4、C 【答案解析】 根据等比数列的前项和公式，判断出正确选项. 【题目详解】 由于数列是等比数列，所以，由于，所以 ，故“”是“”的充分必要条件. 故选：C 【答案点睛】 本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查等比数列前项和公式，属于基础题. 5、B 【答案解析】 可设，将化简，得到，由复数为实数，可得，解方程即可求解 【题目详解】 设，则. 由题意有，所以. 故选：B 【答案点睛】 本题考查复数的模长、除法运算，由复数的类型求解对应参数，属于基础题 6、C 【答案解析】 将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案. 【题目详解】 解： ， 得， 则向量在上的投影为. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题. 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、D 【答案解析】 首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积. 【题目详解】 如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心， 当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上， 、分别为、的中点，则必有， ，即为直角三角形. 对于等腰梯形，如图： 因为是等边三角形，、、分别为、、的中点， 必有， 所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图 ，， 所以四棱锥底面的高为， . 故选：D. 【答案点睛】 本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目. 9、A 【答案解析】 由已知可得，根据二倍角公式即可求解. 【题目详解】 角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合， 终边经过点，则， . 故选：A. 【答案点睛】 本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题. 10、A 【答案解析】 根据分段函数的定义得，，则,再根据基本不等式构造出相应的所需的形式，可求得函数的最小值. 【题目详解】 依题意得，，则, (当且仅当，即时“”成立.此时,，，的最小值为， 故选：A. 【答案点睛】 本题考查求分段函数的最值，关键在于根据分段函数的定义得出，再由基本不等式求得最值，属于中档题. 11、B 【答案解析】 画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义,求出最优解,转化求解即可. 【题目详解】 可行域如图中阴影部分所示，，，要使得z能取到最大值，则，当时，x在点B处取得最大值，即，得；当时，z在点C处取得最大值，即，得（舍去）. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查由目标函数最值求解参数值,数形结合思想,分类讨论是解题的关键,属于中档题. 12、A 【答案解析】 设的中点为O先求出外接圆的半径，设，利用平面ABC，得 ，在 及中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可 【题目详解】 设的中点为O,因为，所以外接圆的圆心M在BO上.设此圆的半径为r. 因为，所以，解得. 因为，所以. 设，易知平面ABC，则. 因为，所以， 即，解得.所以球Q的半径. 故选：A 【答案点睛】 本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 利用等比数列的通项公式将已知两式作商，可得，再利用等比数列的性质可得，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【题目详解】 由， 所以，解得. ，所以， 所以. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查了等比数列的通项公式以及等比中项，需熟记公式，属于基础题. 14、，. 【答案解析】 试题分析：由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积， 体积，故填：，. 考点：1.三视图；2.空间几何体的表面积与体积. 15、 【答案解析】 依题意设前三个和尚的身高依次为，第四个(最高)和尚的身高为，则，解得，又，解得，又因为成等比数列,则公比，故. 16、-20 【答案解析】 根据二项式定理的通项公式，再分情况考虑即可求解． 【题目详解】 解：展开式中项的系数： 二项式由通项公式 当时，项的系数是， 当时，项的系数是， 故的系数为； 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查二项式定理的应用，注意分情况考虑，属于基础题． 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）（2） 【答案解析】 利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式得到关于的方程,解方程即可求解; 由知,在中利用余弦定理得到关于的方程,与方程联立求出,进而求出,利用两角差的正弦公式求解即可. 【题目详解】 由题意得，, 由二倍角的余弦公式可得, , 又因为，所以， 解得或， ∵，∴. 在中,由余弦定理得, 即① 又因为,把代入①整理得， ，解得，， 所以为等边三角形，， ∴, 即. 【答案点睛】 本题考查利用平面向量数量积的坐标表示和余弦定理及二倍角的余弦公式解三角形;熟练掌握余弦的二倍角公式和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型. 18、（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【答案解析】 （Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解； （Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解 【题目详解】 （Ⅰ）由正弦定理得. 而. 由以上两式得，即. 由于，所以， 又由于，得. （Ⅱ）设，在中，由正弦定理有. 由余弦定理有，整理得， 由于，所以. 在中，由余弦定理有. 所以，所