2023届浙江省绍兴市重点中学高考冲刺押题（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．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．已知为虚数单位，若复数，，则 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，则的内切圆半径为（ ） A． B． C． D． 3．函数图象的大致形状是（ ） A． B． C． D． 4．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ） A． B． C． D． 5．已知函数（）的部分图象如图所示.则（ ） A． B． C． D． 6．集合中含有的元素个数为（ ） A．4 B．6 C．8 D．12 7．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ） A．134 B．67 C．182 D．108 8．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的标准方程可能为（ ） A． B． C． D． 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． B．3 C． D．4 10．若双曲线：的一条渐近线方程为，则（ ） A． B． C． D． 11．已知数列 是公比为 的等比数列，且 ， ， 成等差数列，则公比 的值为（    ） A． B． C． 或 D． 或 12．已知角的终边经过点P()，则sin()= A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________. 14．在四棱锥中，是边长为的正三角形，为矩形，，.若四棱锥的顶点均在球的球面上，则球的表面积为_____． 15．直线xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是________________． 16．在中，角的平分线交于，，，则面积的最大值为__________． 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）设的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 18．（12分）设，函数. （1）当时，求在内的极值； （2）设函数，当有两个极值点时，总有，求实数的值. 19．（12分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点. （1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为. （2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由. 20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）写出的普通方程和的直角坐标方程； （2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标. 21．（12分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，. （1）若，求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值． 22．（10分）（1）求曲线和曲线围成图形的面积； （2）化简求值：． 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、B 【答案解析】 由可得，所以，故选B． 2、B 【答案解析】 首先由求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解. 【题目详解】 由题意将代入双曲线的方程,得则,由,得的周长为 , 设的内切圆的半径为,则, 故选：B 【答案点睛】 本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题. 3、B 【答案解析】 判断函数的奇偶性，可排除A、C，再判断函数在区间上函数值与的大小，即可得出答案. 【题目详解】 解：因为， 所以， 所以函数是奇函数，可排除A、C； 又当，，可排除D； 故选：B. 【答案点睛】 本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题. 4、B 【答案解析】 由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可. 【题目详解】 抛物线的焦点为， 则，即， 设点的坐标为，点的坐标为， 如图： ∴， 解得，或(舍去)， ∴ ∴直线的方程为， 设直线与抛物线的另一个交点为， 由，解得或， ∴， ∴， 故直线被截得的弦长为． 故选：B． 【答案点睛】 本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题. 5、C 【答案解析】 由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得. 【题目详解】 依题意，，即, 解得；因为 所以，当时，. 故选:C. 【答案点睛】 本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般. 6、B 【答案解析】 解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B 7、B 【答案解析】 根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论. 【题目详解】 解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为， 则小正方形的边长为，小正方形的面积， 则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为 ， 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键. 8、A 【答案解析】 直线的方程为，令，得，得到a,b的关系，结合选项求解即可 【题目详解】 直线的方程为，令，得.因为，所以，只有选项满足条件. 故选：A 【答案点睛】 本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力. 9、C 【答案解析】 首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积. 【题目详解】 解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体， 如图所示： 故：. 故选：C. 【答案点睛】 本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题. 10、A 【答案解析】 根据双曲线的渐近线列方程，解方程求得的值. 【题目详解】 由题意知双曲线的渐近线方程为，可化为，则，解得. 故选：A 【答案点睛】 本小题主要考查双曲线的渐近线，属于基础题. 11、D 【答案解析】 由成等差数列得，利用等比数列的通项公式展开即可得到公比q的方程. 【题目详解】 由题意，∴2aq2=aq+a，∴2q2=q+1，∴q=1或q= 故选：D． 【答案点睛】 本题考查等差等比数列的综合，利用等差数列的性质建立方程求q是解题的关键，对于等比数列的通项公式也要熟练． 12、A 【答案解析】 由题意可得三角函数的定义可知： ，，则： 本题选择A选项. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、8. 【答案解析】 利用转化得到加以计算，得到. 【题目详解】 向量 则. 【答案点睛】 本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想的应用.属于容易题. 14、 【答案解析】 做 中点，的中点，连接，由已知条件可求出，运用余弦定理可求，从而在平面中建立坐标系，则以及的外接圆圆心为和长方形的外接圆圆心为在该平面坐标系的坐标可求，通过球心满足，即可求出的坐标，从而可求球的半径，进而能求出球的表面积. 【题目详解】 解：如图做 中点，的中点，连接 ，由题意知 ，则 设的外接圆圆心为，则在直线上且 设长方形的外接圆圆心为，则在上且.设外接球的球心为 在 中，由余弦定理可知，. 在平面中，以 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以过点垂直于 轴的直 线为 轴，如图建立坐标系，由题意知，在平面中且 设 ，则，因为，所以 解得.则 所以球的表面积为. 故答案为: . 【答案点睛】 本题考查了几何体外接球的问题，考查了球的表面积.关于几何体的外接球的做题思路有：一是通过将几何体补充到长方体中，将几何体的外接球等同于长方体的外接球，求出体对角线即为直径，但这种方法适用性较差；二是通过球的球心与各面外接圆圆心的连线与该平面垂直，设半径列方程求解；三是通过空间、平面坐标系进行求解. 15、 【答案解析】 因为sin α∈[－1，1]， 所以－sin α∈[－1，1]， 所以已知直线的斜率范围为[－1，1]，由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是． 答案： 16、15 【答案解析】 由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值. 【题目详解】 画出图形： 因为，，由角平分线定理得, 设，则 由余弦定理得： 即 当且仅当，即时取等号 所以面积的最大值为15 故答案为：15 【答案点睛】 此题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目. 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】 （1）利用正弦定理化简已知条件，由此求得的值，进而求得的大小. （2）利用正弦定理和两角差的正弦公式，求得的表达式，进而求得的取值范围. 【题目详解】 （1）由题设知，， 即， 所以， 即，又 所以. （2）由题设知，， 即， 又为锐角三角形，所以，即 所以，即， 所以的取值范围是. 【答案点睛】 本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查利用角的范围，求边的比值的取值范围，属于中档题. 18、（1）极大值是，无极小值；（2） 【答案解析】 （1）当时，可求得，令，利用导数可判断的单调性并得其零点，从而可得原函数的极值点及极大值； （2）表示出，并求得，由题意，得方程有两个不同的实根，，从而可得△及，由，得．则可化为对任意的恒成立，按照、、三种情况分类讨论，分离参数后转化为求函数的最值可解决； 【题目详解】 （1）当时，. 令，则，显然在上单调递减， 又因为，故时，总有，所以在上单调递减. 由于，所以当时，；当时，. 当变化时，的变化情况如下表： + - 增 极大 减 所以在上的极大值是，无极小值. （2）由于，则.由题意，方程有两个不等实根，则，解得，且，又，所以. 由，，可得 又.将其代入上式得：. 整理得，即 当时，不等式恒成立，即. 当时，恒成立，即，令，易证是上的减函数.因此，当时，，故. 当时，恒成立，即， 因此，当时，所以. 综上所述，. 【答案点睛】 本题考查利用导数求函数的最值、研究函数的极值等知识，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，该题综合性强，难度大，对能力要求较高． 19、（1）证明见解析；（2）存在， 【答案解析】