2023届江西省南康中学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 注意事项： 1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 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．用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（ ） A． B． C． D． 2．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 3．已知集合，，，则集合( ) A． B． C． D． 4．设复数满足，在复平面内对应的点的坐标为则（　　） A． B． C． D． 5．双曲线的渐近线方程为（ ） A． B． C． D． 6．已知，则下列不等式正确的是（ ） A． B． C． D． 7．方程的实数根叫作函数的“新驻点”，如果函数的“新驻点”为，那么满足（ ） A． B． C． D． 8．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． 9．如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ） A． B． C． D． 10．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 11．设集合，则 (　　) A． B． C． D． 12．以，为直径的圆的方程是 A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．的展开式中，项的系数是__________． 14．如图，在△ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为______． 15．已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则的最小值为________. 16．以，为圆心的两圆均过，与轴正半轴分别交于，，且满足，则点的轨迹方程为_________． 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，三棱柱中，平面，，，分别为，的中点. （1）求证： 平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 18．（12分）已知椭圆经过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上. 19．（12分）已知数列满足且 （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 20．（12分）已知函数（为实常数）. （1）讨论函数在上的单调性； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围. 21．（12分）在中，角、、的对边分别为、、，且. （1）若，，求的值； （2）若，求的值. 22．（10分）已知函数 （1）求函数的单调递增区间 （2）记函数的图象为曲线，设点是曲线上不同两点，如果在曲线上存在点，使得①；②曲线在点M处的切线平行于直线AB，则称函数存在“中值和谐切线”，当时，函数是否存在“中值和谐切线”请说明理由 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】 首先分析题目求用数学归纳法证明1+1+3+…+n1=时，当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的式子，可以分别使得n=k，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k时等式的左端，即可得到答案． 【题目详解】 当n=k时，等式左端=1+1+…+k1， 当n=k+1时，等式左端=1+1+…+k1+k1+1+k1+1+…+（k+1）1，增加了项（k1+1）+（k1+1）+（k1+3）+…+（k+1）1． 故选：C． 【答案点睛】 本题主要考查数学归纳法，属于中档题./ 2、C 【答案解析】 试题分析：画出截面图形如图 显然A正三角形，B正方形：D正六边形，可以画出五边形但不是正五边形；故选C． 考点：平面的基本性质及推论． 3、D 【答案解析】 根据集合的混合运算，即可容易求得结果. 【题目详解】 ，故可得. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查集合的混合运算，属基础题. 4、B 【答案解析】 根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解. 【题目详解】 在复平面内对应的点的坐标为，则， ， ∵， 代入可得， 解得. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题. 5、C 【答案解析】 根据双曲线的标准方程，即可写出渐近线方程. 【题目详解】 双曲线, 双曲线的渐近线方程为， 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题. 6、D 【答案解析】 利用特殊值代入法，作差法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项． 【题目详解】 已知，赋值法讨论的情况： （1）当时，令，，则，，排除B、C选项； （2）当时，令，，则，排除A选项. 故选：D. 【答案点睛】 比较大小通常采用作差法，本题主要考查不等式与不等关系，不等式的基本性质，利用特殊值代入法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项，是一种简单有效的方法，属于中等题． 7、D 【答案解析】 由题设中所给的定义，方程的实数根叫做函数的“新驻点”，根据零点存在定理即可求出的大致范围 【题目详解】 解：由题意方程的实数根叫做函数的“新驻点”， 对于函数，由于， ， 设，该函数在为增函数， ， ， 在上有零点， 故函数的“新驻点”为，那么 故选：． 【答案点睛】 本题是一个新定义的题，理解定义，分别建立方程解出存在范围是解题的关键，本题考查了推理判断的能力，属于基础题.. 8、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. 9、B 【答案解析】 根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解. 【题目详解】 由题意，当时，P与A重合，则与B重合， 所以,故排除C,D选项； 当时，，由图象可知选B. 故选：B 【答案点睛】 本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题. 10、B 【答案解析】 本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【题目详解】 由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B． 【答案点睛】 面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误． 11、B 【答案解析】 直接进行集合的并集、交集的运算即可． 【题目详解】 解：； ∴． 故选：B． 【答案点睛】 本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题. 12、A 【答案解析】 设圆的标准方程，利用待定系数法一一求出，从而求出圆的方程. 【题目详解】 设圆的标准方程为， 由题意得圆心为，的中点， 根据中点坐标公式可得，， 又，所以圆的标准方程为： ，化简整理得， 所以本题答案为A. 【答案点睛】 本题考查待定系数法求圆的方程，解题的关键是假设圆的标准方程，建立方程组，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、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. 14、 【答案解析】 试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是． 考点：向量的运算，基本不等式． 【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案． 15、40 【答案解析】 设等比数列的公比为，根据，可得，因为，根据均值不等式，即可求得答案. 【题目详解】 设等比数列的公比为， ， ， 等比数列的各项为正数， ， ，当且仅当， 即时，取得最小值. 故答案为：. 【答案点睛】 本题主要考查了求数列值的最值问题，解题关键是掌握等比数列通项公式和灵活使用均值不等式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 16、 【答案解析】 根据圆的性质可知在线段的垂直平分线上，由此得到，同理可得，由对数运算法则可知，从而化简得到，由此确定轨迹方程. 【题目详解】 ，， 和的中点坐标为，且在线段的垂直平分线上， ，即，同理可得：， ，， 点的轨迹方程为． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查动点轨迹方程的求解问题，关键是能够利用圆的性质和对数运算法则构造出满足的方程，由此得到结果. 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）详见解析；（2）. 【答案解析】 （1）连接，，则且为的中点， 又∵为的中点，∴， 又平面，平面， 故平面． （2）由平面，得，． 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则，，， ，，． 取平面的一个法向量为， 由，得： ，令，得 同理可得平面的一个法向量为 ∵平面平面，∴ 解得，得，又， 设直线与平面所成角为，则 . 所以，直线与平面所成角的正弦值是． 18、（1）；（2）见解析. 【答案解析】 （1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程； （2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论. 【题目详解】 （1）由题意得，解得，. 所以椭圆的方程是； （2）设直线的方程为，、、， 由，得. ，则有，， 由，得，由，可得， ， ， 综上，点在定直线上. 【答案点睛】 本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题. 19、（1）；（2） 【答案解析】 （1）根据已知可得数列为等