2022-2023学年安徽省东至县第三中学高三（最后冲刺）数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、。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我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）ABCD2设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则3已知、分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点、，过点作轴的垂线，垂足恰为，则双曲线的离心率为（ ）ABCD4空气质量指数是反映空气状况的指数，指数值趋小，表明空气质量越好，下图是某市10月1日-20日指数

3、变化趋势，下列叙述错误的是（ ）A这20天中指数值的中位数略高于100B这20天中的中度污染及以上（指数）的天数占C该市10月的前半个月的空气质量越来越好D总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好5已知边长为4的菱形，为的中点，为平面内一点，若，则（ ）A16B14C12D86已知实数满足，则的最小值为（ ）ABCD7已知四棱锥的底面为矩形，底面，点在线段上，以为直径的圆过点.若，则的面积的最小值为（ ）A9B7CD8已知随机变量满足，.若，则（ ）A，B，C，D，9已知，是球的球面上四个不同的点，若，且平面平面，则球的表面积为（ ）ABCD10在平面直角坐标系中，若不等式组所表示

4、的平面区域内存在点，使不等式成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD11设复数z，则|z|（）AB CD12九章算术中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（ ）A4B8CD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13数列满足递推公式，且，则_.14若正实数，满足，则的最大值是_15若函数满足：是偶函数；的图象关于点对称.则同时满足的，的一组值可以分别是_.16已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是_.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）在四棱椎中，四边形为

5、菱形，分别为，中点.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.18（12分）在多面体中，四边形是正方形，平面，为的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面所成角的正弦值.19（12分）已知抛物线的顶点为原点，其焦点关于直线的对称点为，且.若点为的准线上的任意一点，过点作的两条切线，其中为切点.（1）求抛物线的方程；（2）求证：直线恒过定点，并求面积的最小值.20（12分）已知动圆E与圆外切，并与直线相切，记动圆圆心E的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，若曲线C上存在点P使得，求直线l的斜率k的取值范围.21（12分）的内角、所对的边长分别为、

6、，已知.（1）求的值；（2）若，点是线段的中点，求的面积.22（10分）已知函数.（1）解不等式；（2）若函数的最小值为，求的最小值.参考答案一、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【解析】根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【详解】由得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，由的面积公式得故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.2、D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.3、B【解析】设点位于第二象限，可求得

7、点的坐标，再由直线与直线垂直，转化为两直线斜率之积为可得出的值，进而可求得双曲线的离心率.【详解】设点位于第二象限，由于轴，则点的横坐标为，纵坐标为，即点，由题意可知，直线与直线垂直，因此，双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出、的等量关系，考查计算能力，属于中等题.4、C【解析】结合题意，根据题目中的天的指数值，判断选项中的命题是否正确.【详解】对于，由图可知天的指数值中有个低于，个高于，其中第个接近，第个高于，所以中位数略高于，故正确.对于，由图可知天的指数值中高于的天数为，即占总天数的，故正确.对于，由图可知该市月的前天的空气质量越来越好，从第

8、天到第天空气质量越来越差，故错误.对于，由图可知该市月上旬大部分指数在以下，中旬大部分指数在以上，所以该市月上旬的空气质量比中旬的空气质量好，故正确.故选：【点睛】本题考查了对折线图数据的分析，读懂题意是解题关键，并能运用所学知识对命题进行判断，本题较为基础.5、B【解析】取中点，可确定；根据平面向量线性运算和数量积的运算法则可求得，利用可求得结果.【详解】取中点，连接，即.，则.故选：.【点睛】本题考查平面向量数量积的求解问题，涉及到平面向量的线性运算，关键是能够将所求向量进行拆解，进而利用平面向量数量积的运算性质进行求解.6、A【解析】所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等

9、式求最值.【详解】解：因为满足，则，当且仅当时取等号，故选：【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.7、C【解析】根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定，根据勾股定理，得到之间的等量关系，再用表示出的面积，利用均值不等式即可容易求得.【详解】设，则.因为平面，平面，所以.又，所以平面，则.易知，.在中，即，化简得.在中，.所以.因为，当且仅当，时等号成立，所

10、以.故选：C.【点睛】本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用，考查空间想象能力以及数形结合思想，涉及线面垂直的判定和性质，属中档题.8、B【解析】根据二项分布的性质可得：，再根据和二次函数的性质求解.【详解】因为随机变量满足，.所以服从二项分布，由二项分布的性质可得：，因为，所以，由二次函数的性质可得：，在上单调递减，所以.故选：B【点睛】本题主要考查二项分布的性质及二次函数的性质的应用，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.9、A【解析】由题意画出图形，求出多面体外接球的半径，代入表面积公式得答案【详解】如图，取BC中点G，连接AG，DG，则，分别取与的外心E，F，分别过E，F作平

11、面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，则O为四面体的球心，由，得正方形OEGF的边长为，则，四面体的外接球的半径，球O的表面积为故选A【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题10、B【解析】依据线性约束条件画出可行域，目标函数恒过，再分别讨论的正负进一步确定目标函数与可行域的基本关系，即可求解【详解】作出不等式对应的平面区域，如图所示：其中，直线过定点，当时，不等式表示直线及其左边的区域，不满足题意；当时，直线的斜率，不等式表示直线下方的区域，不满足题意；当时，直线的斜率，不等式表示直线上方的区域，要使不等式组所表示的平面区域内存在点，使不等式成立，只需直

12、线的斜率，解得.综上可得实数的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查由目标函数有解求解参数取值范围问题，分类讨论与数形结合思想，属于中档题11、D【解析】先用复数的除法运算将复数化简，然后用模长公式求模长.【详解】解：z,则|z|.故选：D.【点睛】本题考查复数的基本概念和基本运算,属于基础题.12、B【解析】由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.【详解】根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角

13、线就是外接球直径，则，那么.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2020【解析】可对左右两端同乘以得，依次写出，累加可得，再由得，代入即可求解【详解】左右两端同乘以有，从而，将以上式子累加得.由得.令，有.故答案为：2020【点睛】本题考查数列递推式和累加法的应用，属于基础题14、【解析】分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用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的求解方法，即可求得结果.详解：，当且仅当等号成立，故答案是.点睛：该题属于应用基本不等式求最值的

14、问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-相乘，即可得结果.15、，【解析】根据是偶函数和的图象关于点对称，即可求出满足条件的和.【详解】由是偶函数及，可取，则，由的图象关于点对称，得，即，可取.故，的一组值可以分别是，.故答案为：，.【点睛】本题主要考查了正弦型三角函数的性质，属于基础题.16、【解析】根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值求解即可.【详解】因为椭圆的离心率是,所以,故椭圆方程为.因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.设为椭圆上任意一点,则.所以

15、因为的对称轴为.(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.此时,解得.(ii)当时, 在上单调递减.此时,解得舍去.综上,椭圆方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.属于中档题.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）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明，得到平面，得到证明.（2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）因为四边形是菱形，且，所以是等边三

16、角形，又因为是的中点，所以，又因为，所以，又，所以，又，所以平面，所以，又因为是菱形，所以，又，所以平面，所以.（2）由题意结合菱形的性质易知，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，平面与平面所成锐二面角的余弦值.【点睛】本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.18、（1）证明见解析（2）【解析】（1）首先证明，平面.即可得到平面，.（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可.【

17、详解】（1）平面，平面，.又四边形是正方形，.，平面.平面，.又，为的中点，.，平面.平面，.（2）平面，平面.以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如图所示：则，.，.设为平面的法向量，则，得，令，则.由题意知为平面的一个法向量，平面与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题.19、（1）（2）见解析，最小值为4【解析】（1）根据焦点到直线的距离列方程，求得的值，由此求得抛物线的方程.（2）设出的坐标，利用导数求得切线的方程，由此判断出直线恒过抛物线焦点.求得三角形面积的表达

18、式，进而求得面积的最小值.【详解】（1）依题意，解得 （负根舍去）抛物线的方程为（2）设点，由，即，得抛物线在点处的切线的方程为，即，点在切线上，同理，综合、得，点的坐标都满足方程.即直线恒过抛物线焦点当时，此时，可知：当，此时直线直线的斜率为，得于是，而把直线代入中消去得，即：当时，最小，且最小值为4【点睛】本小题主要考查点到直线的距离公式，考查抛物线方程的求法，考查抛物线的切线方程的求法，考查直线过定点问题，考查抛物线中三角形面积的最值的求法，考查运算求解能力，属于难题.20、（1）；（2）.【解析】（1）根据抛物线的定义，结合已知条件，即可容易求得结果；（2）设出直线的方程，联立抛物线方

19、程，根据直线与抛物线相交则，结合由得到的斜率关系，即可求得斜率的范围.【详解】（1）因为动圆与圆外切，并与直线相切，所以点到点的距离比点到直线的距离大. 因为圆的半径为，所以点到点的距离等于点到直线的距离，所以圆心的轨迹为抛物线，且焦点坐标为.所以曲线的方程. （2）设，由得，由得且.， ，同理由，得，即，所以，由，得且， 又且，所以的取值范围为.【点睛】本题考查由抛物线定义求抛物线方程，涉及直线与抛物线相交结合垂直关系求斜率的范围，属综合中档题.21、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理的边化角公式，结合两角和的正弦公式，即可得出的值；（2）由题意得出，两边平方，化简得出，根据三角形面积公式，即可得出结论.【详解】（1）由正弦定理得即即在中，所以 （2）因为点是线段的中点，所以两边平方得由得整理得，解得或（舍）所以的面积【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化角公式，三角形的面积公式，属于中档题.22、（1）（2）【解析】（1）用分类讨论思想去掉绝对值符号后可解不等式；（2）由（1）得的最小值为4，则由，代换后用基本不等式可得最小值【详解】解：（1）讨论：当时，即，此时无解；当时，；当时，.所求不等式的解集为（2）分析知，函数的最小值为4，当且仅当时等号成立.的最小值为4.【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最小值解绝对值不等式的方法是分类讨论思想