无锡市侨谊实验中学2022-2023学年高三（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过抛物线（）的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点.，且在第一象限，则（ ）ABCD2明代数学家程大位（15331606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出算法统宗，可谓集成计算的鼻

2、祖如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）ABCD3已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是ABCD4一袋中装有个红球和个黑球（除颜色外无区别），任取球，记其中黑球数为，则为（ ）ABCD5偶函数关于点对称，当时，求（ ）ABCD6甲在微信群中发了一个6元“拼手气”红包,被乙丙丁三人抢完,若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则乙获得“最佳手气”(即乙领到的钱数多于其他任何人)的概率是（ ）ABCD7已知函数，若，对任意恒有，在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ）ABCD8已知是空间中两个不同的平面，是空间中

3、两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）A若，且，则B若，且，则C若，且，则D若，且，则9设点，P为曲线上动点，若点A，P间距离的最小值为，则实数t的值为（ ）ABCD10已知，则（ ）ABCD11如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为A72B64C48D3212已知是等差数列的前项和，若，则（ ）A5B10C15D20二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知的终边过点，若，则_14已知，为双曲线的左、右焦点，双曲线的渐近线上存在点满足，则的最大值为_15展开式中的系数为_.（用数字做答）16戊戌年结束，己

4、亥年伊始，小康，小梁，小谭，小杨，小刘，小林六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分别奔赴四所不同的学校参加演讲，则不同的分配方案有_种（用数字作答），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）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求边上的高.18（12分）我国在贵州省平塘县境内修建的500米口径球面射电望远镜（FAST）是目前世界上最大单口径射电望远镜.使用三年来，已发现132颗优质的脉冲星候选体，其中有93颗已被确认为新发现的脉冲星，脉冲星是上世纪60年代天文学的四大发现之一，脉冲星就是正在快速自转的中子星，每一颗脉冲星每两脉冲间

5、隔时间（脉冲星的自转周期）是-定的，最小小到0.0014秒，最长的也不过11.765735秒.某-天文研究机构观测并统计了93颗已被确认为新发现的脉冲星的自转周期，绘制了如图的频率分布直方图.（1）在93颗新发现的脉冲星中，自转周期在2至10秒的大约有多少颗？（2）根据频率分布直方图，求新发现脉冲星自转周期的平均值.19（12分）已知在中，角、的对边分别为，.（1）若，求的值；（2）若，求的面积.20（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点. 为椭圆的右焦点， 为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.求椭圆的标准方程；若，求的值；设直线， 的斜率分别为，

6、，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.21（12分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程是（为参数，常数），曲线的极坐标方程是.（1）写出的普通方程及的直角坐标方程，并指出是什么曲线；（2）若直线与曲线，均相切且相切于同一点，求直线的极坐标方程.22（10分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.（1）若，证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.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、C【解析】作，；，由题意，由二倍角公式即得解.【详解

7、】由题意，准线：，作，；，设，故，.故选：C【点睛】本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.2、C【解析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】，；，；，；，；，此时不满足，跳出循环，输出结果为，由题意，得故选:【点睛】本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.3、A【解析】求函数定义域得集合M，N后，再判断【详解】由题意，故选A【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定4、A【解析】由题意可知，随机变量

8、的可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得随机变量的数学期望值.【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、，则，.因此，随机变量的数学期望为.故选：A.【点睛】本题考查随机变量数学期望的计算，考查计算能力，属于基础题.5、D【解析】推导出函数是以为周期的周期函数，由此可得出，代值计算即可.【详解】由于偶函数的图象关于点对称，则，则，所以，函数是以为周期的周期函数，由于当时，则.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的对称性和奇偶性求函数值，推导出函数的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.6、B【解析】将所有可能的情况全部枚举出来,再根据古典概型的方法求解即可.

9、【详解】设乙,丙,丁分别领到x元,y元,z元,记为,则基本事件有,共10个,其中符合乙获得“最佳手气”的有3个,故所求概率为,故选：B.【点睛】本题主要考查了枚举法求古典概型的方法,属于基础题型.7、C【解析】根据的零点和最值点列方程组，求得的表达式（用表示），根据在上有且只有一个最大值，求得的取值范围，求得对应的取值范围，由为整数对的取值进行验证，由此求得的最大值.【详解】由题意知，则其中，又在上有且只有一个最大值，所以，得，即，所以，又，因此当时，此时取可使成立，当时，所以当或时，都成立，舍去；当时，此时取可使成立，当时，所以当或时，都成立，舍去；当时，此时取可使成立，当时，所以当时，成立

10、；综上所得的最大值为故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的零点和最值，考查三角函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.8、D【解析】利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除.【详解】解：对于，当，且，则与的位置关系不定，故错；对于，当时，不能判定，故错；对于，若，且，则与的位置关系不定，故错；对于，由可得，又，则故正确故选：【点睛】本题考查空间线面位置关系.判断线面位置位置关系利用好线面平行和垂直的判定定理和性质定理. 一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断9、C【解析】设，求，作为的函数，其最小值是6，利

11、用导数知识求的最小值【详解】设，则，记，易知是增函数，且的值域是，的唯一解，且时，时，即，由题意，而，解得，故选：C【点睛】本题考查导数的应用，考查用导数求最值解题时对和的关系的处理是解题关键10、D【解析】根据指数函数的单调性，即当底数大于1时单调递增，当底数大于零小于1时单调递减，对选项逐一验证即可得到正确答案.【详解】因为，所以，所以是减函数，又因为，所以，所以，所以A,B两项均错；又，所以，所以C错；对于D，所以，故选D.【点睛】这个题目考查的是应用不等式的性质和指对函数的单调性比较大小，两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可

12、以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.11、B【解析】由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。【详解】由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，所以几何体的体积为，故选B。【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的

13、形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。12、C【解析】利用等差通项，设出和，然后，直接求解即可【详解】令，则，.【点睛】本题考查等差数列的求和问题，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值【详解】的终边过点，若， 即答案为-2.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义和诱导公式，属基础题.14、【解析】设，由可得，整理得，即点在以为圆心，为半径的圆上又点到双曲线的渐近线的距离为，所以当双曲线的渐近线与圆相切时，取得最大值，此时，解得15、210【解析】转化，只有中含有，即得解.【详解】只有中含有，

14、其中的系数为故答案为:210【点睛】本题考查了二项式系数的求解，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.16、1080【解析】按照先分组，再分配的分式，先将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种，再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种，然后用分步计数原理求解.【详解】将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种，再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种，则不同的分配方案有种.故答案为：1080【点睛】本题主要考查分组分配问题，还考查了理解辨析的能力，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）；（2）【解析】（1）利用正

15、弦定理将边化成角，可得，展开并整理可得，从而可求出角；（2）由余弦定理得，进而可得，由，可求出的值，设边上的高为，可得的面积为，从而可求出.【详解】（1）由题意，由正弦定理得.因为，所以，所以，展开得，整理得.因为，所以，故，即.（2）由余弦定理得，则，得，故，故的面积为.设边上的高为，有，故，所以边上的高为.【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.18、（1）79颗；（2）5.5秒.【解析】（1）利用各小矩形的面积和为1可得，进而得到脉冲星自转周期在2至10秒的频率，从而得到频数；（2）平均值的估计值为各小矩形组中值与

16、频率的乘积的和得到.【详解】（1）第一到第六组的频率依次为0.1，0.2，0.3，0.2，0.05，其和为1所以，所以，自转周期在2至10秒的大约有（颗）.（2）新发现的脉冲星自转周期平均值为（秒）.故新发现的脉冲星自转周期平均值为5.5秒.【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，涉及到平均数的估计值等知识，是一道容易题.19、（1）7（2）14【解析】（1）在中，可得 ，结合正弦定理，即可求得答案；（2）根据余弦定理和三角形面积公式，即可求得答案.【详解】（1）在中，.（2），解得，.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，解题关键是掌握正弦定理边化角，考查了分析能力和计算能力，属于

17、中档题.20、（1）（2） （3）【解析】试题分析：（1）；（2）由椭圆对称性，知，所以，此时直线方程为，故 （3）设，则，通过直线和椭圆方程，解得，所以，即存在试题解析：（1）设椭圆方程为，由题意知： 解之得：，所以椭圆方程为： （2）若，由椭圆对称性，知，所以， 此时直线方程为， 由，得，解得（舍去），故 （3）设，则，直线的方程为，代入椭圆方程，得，因为是该方程的一个解，所以点的横坐标， 又在直线上，所以，同理，点坐标为， 所以，即存在，使得21、（1），表示以为圆心为半径的圆；为抛物线；（2）【解析】（1）消去参数的直角坐标方程，利用，即得的直角坐标方程；（2）由直线与抛物线相切，求导

18、可得切线斜率，再由直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，可求解得到切点坐标，即得解.【详解】（1）消去参数的直角坐标方程为：.的极坐标方程.，.当时表示以为圆心为半径的圆；为抛物线.（2）设切点为，由于，则切线斜率为，由于直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，故有，直线的直角坐标方程为，所以的极坐标方程为.【点睛】本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.22、（1）见解析（2）【解析】(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2) 过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】（1）证明：平面，平面，,又四边形为正方形，.又、平面，且，平面.中，为的中点，.又、平面，平面.平面，平面平面.（2）解：过作交于，如图为的中点，.又平面，平面.，.所以,又、两两互相垂直，以、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.，设平面的法向量，则，即.令，则，.平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.