2023届陕西省西安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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 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，则， ， ， 的大小关系为（ ） A． B． C． D． 2．已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则△的内切圆的半径为（ ） A． B． C． D． 3．已知实数满足则的最大值为（ ） A．2 B． C．1 D．0 4．已知平面向量，满足，，且，则（ ） A．3 B． C． D．5 5．两圆和相外切，且，则的最大值为（ ） A． B．9 C． D．1 6．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（ ） A． B． C． D． 7．某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中错误的是（ ）． A．收入最高值与收入最低值的比是 B．结余最高的月份是月份 C．与月份的收入的变化率与至月份的收入的变化率相同 D．前个月的平均收入为万元 8．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A．且 B．且 C．且 D．且 9．已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 10．复数满足，则（ ） A． B． C． D． 11．已知，，，则的大小关系为（ ） A． B． C． D． 12．已知点P在椭圆τ：=1(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．函数的图象在处的切线方程为__________． 14．的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________（用数字作答）. 15．已知圆，直线与圆交于两点，，若，则弦的长度的最大值为_______. 16．设的内角的对边分别为，，．若，，，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）若,且 （1）求的最小值； （2）是否存在，使得？并说明理由. 18．（12分）已知，且满足，证明：. 19．（12分）如图，四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点分别是的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，. （1）证明：平面平面ABCD； （2）设H在AC上，，若，求PH与平面PBC所成角的正弦值. 21．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为，，为其右焦点，，且该椭圆的离心率为； （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于轴上方的点，交直线于点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线交于点．若，求取值范围． 22．（10分）已知三棱锥中，为等腰直角三角形，，设点为中点，点为中点，点为上一点，且． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 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、D 【答案解析】 因为，所以， 因为，，所以,. 综上；故选D. 2、B 【答案解析】 设左焦点的坐标， 由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径. 【题目详解】 由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得， 由，可得， 所以双曲线的方程为: 所以， 所以 三角形ABF2的周长为 设内切圆的半径为r，所以三角形的面积， 所以， 解得， 故选：B 【答案点睛】 本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题. 3、B 【答案解析】 作出可行域，平移目标直线即可求解. 【题目详解】 解：作出可行域： 由得， 由图形知，经过点时，其截距最大，此时最大 得， 当时， 故选：B 【答案点睛】 考查线性规划，是基础题. 4、B 【答案解析】 先求出，再利用求出，再求. 【题目详解】 解： 由，所以 ， ，， 故选：B 【答案点睛】 考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题. 5、A 【答案解析】 由两圆相外切，得出，结合二次函数的性质，即可得出答案. 【题目详解】 因为两圆和相外切 所以，即 当时，取最大值 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数，属于中档题. 6、D 【答案解析】 先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解. 【题目详解】 甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种， 其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种， 所以甲第一个到、丙第三个到的概率是. 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 7、D 【答案解析】 由图可知，收入最高值为万元，收入最低值为万元，其比是，故项正确； 结余最高为月份，为，故项正确； 至月份的收入的变化率为至月份的收入的变化率相同，故项正确； 前个月的平均收入为万元，故项错误． 综上，故选． 8、B 【答案解析】 由且可得，故选B. 9、B 【答案解析】 由题意可得，且，故有①，再根据，求得②，由①②可得的最大值，检验的这个值满足条件． 【题目详解】 解：函数，， 为的零点，为图象的对称轴， ，且，、，，即为奇数①． 在，单调，，②． 由①②可得的最大值为1． 当时，由为图象的对称轴，可得，， 故有，，满足为的零点， 同时也满足满足在上单调， 故为的最大值， 故选：B． 【答案点睛】 本题主要考查正弦函数的图象的特征，正弦函数的周期性以及它的图象的对称性，属于中档题． 10、C 【答案解析】 利用复数模与除法运算即可得到结果. 【题目详解】 解: ， 故选：C 【答案点睛】 本题考查复数除法运算，考查复数的模，考查计算能力，属于基础题. 11、A 【答案解析】 根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小. 【题目详解】 因为， 所以. 因为， 所以， 因为，为增函数， 所以 所以， 故选：A. 【答案点睛】 本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题. 12、C 【答案解析】 设，则，，，设，根据化简得到，得到答案. 【题目详解】 设，则，，，则，设， 则，两式相减得到：， ，，即，， ，故，即，故，故. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可. 【题目详解】 ,则切线的斜率为. 又,所以函数的图象在处的切线方程为,即. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题. 14、5670 【答案解析】 根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数. 【题目详解】 二项展开式一共有项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为. 故答案为：5670 【答案点睛】 本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，属于中档题. 15、 【答案解析】 设为的中点，根据弦长公式，只需最小，在中，根据余弦定理将表示出来，由，得到 ，结合弦长公式得到，求出点的轨迹方程，即可求解. 【题目详解】 设为的中点， 在中，，① 在中，，② ①②得， 即， ，. ，得. 所以，. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查直线与圆的位置关系、相交弦长的最值，解题的关键求出点的轨迹方程，考查计算求解能力，属于中档题. 16、或 【答案解析】 试题分析：由，则可运用同角三角函数的平方关系：， 已知两边及其对角，求角．用正弦定理；， 则；可得． 考点：运用正弦定理解三角形．（注意多解的情况判断） 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）不存在. 【答案解析】 （1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在． 【题目详解】 （1）由，得，且当时取等号． 故，且当时取等号． 所以的最小值为； （2）由（1）知，． 由于，从而不存在，使得成立． 【考点定位】 基本不等式． 18、证明见解析 【答案解析】 将化简可得，由柯西不等式可得证明. 【题目详解】 解：因为，， 所以， 又， 所以，当且仅当时取等号. 【答案点睛】 本题主要考查柯西不等式的应用，相对不难，注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用. 19、（1）见解析；（2）. 【答案解析】 （1）取的中点，连接，通过证明，即可证得； （2）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标表示即可得解. 【题目详解】 （1）证明：取的中点，连接． 是的中点，，又， 四边形是平行四边形． ，又平面平面， 平面． （2），， 同理可得：，又平面． 连接，设， 则，建立空间直角坐标系． 设平面的法向量为， 则，则，取． 直线与平面所成角的正弦值为． 【答案点睛】 此题考查证明线面平行，求线面角的大小，关键在于熟练掌握线面平行的证明方法，法向量法求线面角的基本方法，根据公式准确计算. 20、（1）见解析；（2） 【答案解析】 （1）记，连结，推导出，平面，由此能证明平面平面；（2）推导出，平面，连结，由题意得为的重心，，从而平面平面，进而是与平面所成角，由此能求出与平面所成角的正弦值． 【题目详解】 （1）证明：记， 连结，中，，，， ，，平面， 平面，平面平面． （2）中，，，，， ，， ，， ，平面，∴， 连结，由题意得为的重心， ，，，平面 平面平面，∴在平面的射影落在上， 是与平面所成角， 中，，，， ． 与平面所成角的正弦值为． 【答案点睛】 本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 21、（Ⅰ）；（