南昌市第二中学2023学年高考仿真卷数学试题（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生请注意： 1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。 3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是( ) A． B． C． D． 2．单位正方体ABCD-，黑、白两蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”．白蚂蚁爬地的路线是AA1→A1D1→‥，黑蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→‥，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线（iN*）.设白、黑蚂蚁都走完2020段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是（ ） A．1 B． C． D．0 3．若，，则的值为（ ） A． B． C． D． 4．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为 A． B． C． D． 5．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ） A． B． C． D． 6．已知函数，则（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ） A．2 B．3 C．5 D．8 8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 9．已知α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，则“α∥β是“l∥β”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知，则为( ) A． B． C．或 D．或 11．设i为数单位，为z的共轭复数，若，则（ ） A． B． C． D． 12．若的展开式中的系数为150，则（ ） A．20 B．15 C．10 D．25 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．如图，已知圆内接四边形ABCD，其中，，，，则__________． 14．三棱锥中，点是斜边上一点.给出下列四个命题： ①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形； ②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为； ③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2； ④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为. 其中正确命题的序号是__________．（把你认为正确命题的序号都填上） 15．函数的最大值与最小正周期相同，则在上的单调递增区间为______. 16．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，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）选修4­4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（α为参数）．以直角坐标系原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，点P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最大值． 18．（12分）如图，在三棱柱中，已知四边形为矩形，，，，的角平分线交于. （1）求证:平面平面； （2）求二面角的余弦值. 19．（12分）在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB =2BC，点Q为AE的中点. （1）求证：AC//平面DQF； （2）若∠ABC=60°，AC⊥FB，求BC与平面DQF所成角的正弦值. 20．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求点的坐标. 21．（12分）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，，是的中点，． （Ⅰ） 证明：； （Ⅱ） 若为上的动点，求与平面所成最大角的正切值． 22．（10分）在直角坐标系中，已知圆，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线平分圆M的周长. （1）求圆M的半径和圆M的极坐标方程； （2）过原点作两条互相垂直的直线，其中与圆M交于O，A两点，与圆M交于O，B两点，求面积的最大值. 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】 由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案. 【题目详解】 根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为， 所以 的周期为， 则， 所以， 由正弦函数和正切函数图象可知正确. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解. 2、B 【答案解析】 根据规则，观察黑蚂蚁与白蚂蚁经过几段后又回到起点，得到每爬1步回到起点，周期为1．计算黑蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点以及计算白蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点，即可计算出它们的距离． 【题目详解】 由题意,白蚂蚁爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA， 即过1段后又回到起点， 可以看作以1为周期， 由， 白蚂蚁爬完2020段后到回到C点； 同理,黑蚂蚁爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA， 黑蚂蚁爬完2020段后回到D1点， 所以它们此时的距离为. 故选B. 【答案点睛】 本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查空间想象与推理能力，属于中等题. 3、A 【答案解析】 取，得到，取，则，计算得到答案. 【题目详解】 取，得到；取，则. 故. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了二项式定理的应用，取和是解题的关键. 4、A 【答案解析】 求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，， 求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解． 【题目详解】 解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1， 过点P作PM垂直于准线，M为垂足， 由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1， 记∠KPF的平分线与轴交于 根据角平分线定理可得， ， 当时，， 当时，， ， 综上：． 故选：A． 【答案点睛】 本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题． 5、C 【答案解析】 根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案． 【题目详解】 根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，， 有， 又由在上单调递增，则有，故选C. 【答案点睛】 本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题． 6、A 【答案解析】 根据分段函数直接计算得到答案. 【题目详解】 因为所以. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了分段函数计算，意在考查学生的计算能力. 7、D 【答案解析】 画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出. 【题目详解】 解：函数，如图所示 当时，， 由于关于的不等式恰有1个整数解 因此其整数解为3，又 ∴，，则 当时，，则不满足题意； 当时， 当时，，没有整数解 当时，，至少有两个整数解 综上，实数的最大值为 故选：D 【答案点睛】 本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题. 8、C 【答案解析】 由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，利用正弦定理求出底面三角形外接圆的半径，根据三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半径，即可求解球的表面积. 【题目详解】 由三视图可知， 几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形， 侧棱长为，如图： 由底面边长可知，底面三角形的顶角为， 由正弦定理可得，解得， 三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心， 所以， 该几何体外接球的表面积为：. 故选：C 【答案点睛】 本题考查了多面体的内切球与外接球问题，由三视图求几何体的表面积，考查了学生的空间想象能力，属于基础题. 9、A 【答案解析】 试题分析：利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断． 解：根据题意，由于α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，由于“α∥β， 则根据面面平行的性质定理可知，则必然α中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立， ∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件． 故选A． 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定． 10、D 【答案解析】 由正弦定理可求得，再由角A的范围可求得角A. 【题目详解】 由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。 故选：D. 【答案点睛】 本题主要考查正弦定理,注意角的范围，是否有两解的情况，属于基础题. 11、A 【答案解析】 由复数的除法求出，然后计算． 【题目详解】 ， ∴． 故选：A. 【答案点睛】 本题考查复数的乘除法运算，考查共轭复数的概念，掌握复数的运算法则是解题关键． 12、C 【答案解析】 通过二项式展开式的通项分析得到，即得解. 【题目详解】 由已知得， 故当时，， 于是有， 则. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 由题意可知，，在和中，利用余弦定理建立 方程求，同理求，求，代入求值. 【题目详解】 由圆内接四边形的性质可得,．连接BD，在中， 有．在中，． 所以, 则，所以． 连接AC，同理可得, 所以．所以． 故答案为： 【答案点睛】 本题考查余弦定理解三角形，同角三角函数基本关系，意在考查方程思想，计算能力，属于中档题型，本题的关键是熟悉圆内接四边形的性质，对角互补. 14、①②③ 【答案解析】 对①，由线面平行的性质可判断正确； 对②，三棱锥外接球可看作正方体的外接球，结合外接球半径公式即可求解； 对③，结合题意作出图形，由勾股定理和内接圆对应面积公式求出锥体的高，则可求解； 对④，由动点分析可知，当点与点重合时，直线与平面所成的角最大，结合几何关系可判断错误； 【题目详解】 对于①，因为平面，所以，，，又， 所以平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确； 对于②，若，，，平面， ∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球， ∴，，∴体积为，∴②正确； 对于③，设内心是，则平面，连接， 则有，又内切圆半径， 所以，，故， ∴三棱锥的体积为，∴③正确； 对于④，∵若，平面，则直线与平面所成的角最大时，点与点重合， 在中，，∴，即直线与平面所成的最大角为， ∴④不正确， 故答案为：①②③. 【答案点睛】 本题考查立体几何基本关系的应用，线面垂直的性质及判定、锥体体积、外接球半径求解，线面角的求解，属于中档题 15、 【答案解析】 利用三角函数的辅助角公式进行化简，求出函数的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可