2023届浙江台州市书生中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项 1．考生要认真填写考场号和座位序号。 2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。 3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。 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．设为非零向量，则“”是“与共线”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ） A．平均数为20，方差为4 B．平均数为11，方差为4 C．平均数为21，方差为8 D．平均数为20，方差为8 3．复数的共轭复数为（ ） A． B． C． D． 4．二项式的展开式中，常数项为（ ） A． B．80 C． D．160 5．已知函数，，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ） A．1 B． C． D． 6．已知函数，若，，,则a，b，c的大小关系是（ ） A． B． C． D． 7．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 8．已知，则下列不等式正确的是（ ） A． B． C． D． 9．函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（ ） A． B． C． D． 10．已知函数,关于的方程R)有四个相异的实数根,则的取值范围是(       ) A． B． C． D． 11．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（ ） A． B． C． D． 12．若为虚数单位，则复数，则在复平面内对应的点位于( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在正方体中，分别为棱的中点，则直线与直线所成角的正切值为_________. 14．设实数，满足，则的最大值是______. 15．若，且，则的最小值是______. 16．的展开式中的常数项为_______． 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，侧面是菱形，其对角线的交点为，且． （1）求证：平面； （2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值． 18．（12分）已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数没有零点，求实数的取值范围. 19．（12分）在中，角的对边分别为.已知，且. （1）求的值； （2）若的面积是，求的周长. 20．（12分）如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形， ，． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 21．（12分）已知是抛物线的焦点，点在轴上，为坐标原点，且满足，经过点且垂直于轴的直线与抛物线交于、两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）直线与抛物线交于、两点，若，求点到直线的最大距离. 22．（10分）如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面. （1）证明：平面. （2）三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值. 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、A 【答案解析】 根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案. 【题目详解】 若，则与共线，且方向相同，充分性； 当与共线，方向相反时，，故不必要. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了向量共线，充分不必要条件，意在考查学生的推断能力. 2、D 【答案解析】 由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案. 【题目详解】 样本的平均数是10，方差为2， 所以样本的平均数为,方差为. 故选:D. 【答案点睛】 样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为. 3、D 【答案解析】 直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果 【题目详解】 ∵ ∴其共轭复数为. 故选：D 【答案点睛】 熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质. 4、A 【答案解析】 求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果. 【题目详解】 解：二项式展开式的通式为， 令，解得， 则常数项为. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题. 5、C 【答案解析】 对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案. 【题目详解】 对任意的总有恒成立 ，对恒成立， 令， 可得 令，得 当， 当 ，， 故 令，得 当时， 当， 当时， 故选：C. 【答案点睛】 本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题. 6、D 【答案解析】 根据题意，求出函数的导数，由函数的导数与函数单调性的关系分析可得在上为增函数，又由，分析可得答案． 【题目详解】 解：根据题意，函数，其导数函数， 则有在上恒成立， 则在上为增函数； 又由， 则； 故选：． 【答案点睛】 本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数单调性的性质，属于基础题． 7、C 【答案解析】 化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限． 【题目详解】 解：复数 故复数对应的坐标为位于第三象限 故选：． 【答案点睛】 本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题． 8、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． 9、A 【答案解析】 求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距. 【题目详解】 ，故， 所以曲线在处的切线方程为：. 令，则，故切线的纵截距为. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查导数的几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题. 10、A 【答案解析】 =,当时时,单调递减，时,单调递增,且当,当, 当时，恒成立，时,单调递增且,方程R)有四个相异的实数根.令=则,,即. 11、B 【答案解析】 甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得． 【题目详解】 由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是， ∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为 ． 故选：B． 【答案点睛】 本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础． 12、B 【答案解析】 首先根据特殊角的三角函数值将复数化为，求出，再利用复数的几何意义即可求解. 【题目详解】 ， ， 则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限. 故选：B 【答案点睛】 本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由中位线定理和正方体性质得，从而作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得． 【题目详解】 如图，连接，，，∵分别为棱的中点，∴， 又正方体中，即是平行四边形，∴，∴，（或其补角）就是直线与直线所成角，是等边三角形，∴＝60°，其正切值为． 故答案为：． 【答案点睛】 本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角． 14、1 【答案解析】 根据目标函数的解析式形式，分析目标函数的几何意义，然后判断求出目标函数取得最优解的点的坐标，即可求解． 【题目详解】 作出实数，满足表示的平面区域，如图所示： 由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越大. 由可得，此时最大为1， 故答案为：1． 【答案点睛】 本题主要考查线性规划知识的运用，考查学生的计算能力，考查数形结合的数学思想． 15、8 【答案解析】 利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值. 【题目详解】 因为（即 取等号）， 所以最小值为. 【答案点睛】 已知，求解（ ）的最小值的处理方法：利用 ，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件. 16、 【答案解析】 写出展开式的通项公式，考虑当的指数为零时，对应的值即为常数项. 【题目详解】 的展开式通项公式为： ， 令，所以，所以常数项为. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查二项展开式中指定项系数的求解，难度较易.解答问题的关键是，能通过展开式通项公式分析常数项对应的取值. 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）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明； 2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可． 【题目详解】 （1）证明：∵四边形是菱形， ， 平面 平面， 又是的中点， ， 又 平面 （2） ∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角． 平面， ∴直线与平面所成的角为，即． 因为，则在等腰直角三角形中， 所以． 在中，由得， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系． 则 所以 设平面的一个法向量为， 则，可得， 取平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值的大小为． （注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出．） 【答案点睛】 本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题． 18、（1）.（2） 【答案解析】 （1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数得出的单调性以及极值，从而得出的图象，将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，由图，即可得出实数的取值范围. 【题目详解】 （1）当时，， ∴切线斜率，又切点 ∴切线方程为，即. （2），记，令得 ； ∴的情况如下表： 2 + 0 单调递增 极大值 单调递减 当时，取极大值 又时，；时， 若没有零点，即的图像与直线无公共点，由图像知的取值范围是. 【答案点睛】 本题主要考查了导数的几何意义的应用，利用导数研究函数的零点问题，属于中档题. 19、（1）；（2） 【答案解析】 （1）由正弦定理可得,,化简并结合,可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得; （2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案. 【题目详解】 （1）因为, 所以,整理得:. 因为,所以,所以. 由余弦定理可得. （2）由（1）知,则, 因为的面积是,所以, 即,解得,则. 故的周长为:. 【答案点睛