南宁市重点中学2022-2023学年高考冲刺模拟数学试题含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知直线和平面，若，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D不充分不必要2已知集合，则=( )ABCD3一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有地，依次记为，

2、（为地，为地）从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，各地装卸完毕后剩余的邮件数记为则的表达式为（ ）ABCD4周易是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为（ ）ABCD5小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设

3、送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）ABCD6已知整数满足，记点的坐标为，则点满足的概率为（ ）ABCD7设，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件8设，满足约束条件，若的最大值为，则的展开式中项的系数为( )A60B80C90D1209在三棱锥中，且分别是棱，的中点，下面四个结论：；平面；三棱锥的体积的最大值为；与一定不垂直.其中所有正确命题的序号是（ ）ABCD10已知是过抛物线焦点的弦，是原点，则（ ）A2B4C3D311已知直线，则“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分

4、必要条件D既不充分也不必要条件12已知双曲线：，为其左、右焦点，直线过右焦点，与双曲线的右支交于，两点，且点在轴上方，若，则直线的斜率为( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13记等差数列和的前项和分别为和，若，则_.14在中，已知，则A的值是_.15已知双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数的值为_.16已知为偶函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_.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）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为；（1）求直线的直角

5、坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2）若直线与曲线交点分别为，点，求的值18（12分）如图，三棱柱中，平面，分别为，的中点.（1）求证： 平面；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.19（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数在上存在两个极值点，且，证明.20（12分）已知数列的前n项和，是等差数列，且.（）求数列的通项公式；（）令.求数列的前n项和.21（12分）已知等差数列满足，.（l）求等差数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.22（10分）已知，且的解集为.（1）求实数，的值；（2）若的图像与直线及围成的四边形的面积不小于14，求实数取值范围.参考答案一、选择题：

6、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【解析】由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，当时，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.2、C【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.3、D【解析】根据题意，分析该邮车到第站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答案【详解】解：根据题意，该邮车到第站时，一共装上了件邮件，需要卸下

7、件邮件，则，故选：D【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题4、B【解析】基本事件总数为个，都恰有两个阳爻包含的基本事件个数为个，由此求出概率.【详解】解：由图可知，含有两个及以上阳爻的卦有巽、离、兑、乾四卦，取出两卦的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（巽，乾），（离，兑），（离，乾），（兑，乾）共个，其中符合条件的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（离，兑）共个，所以，所求的概率.故选：B.【点睛】本题渗透传统文化，考查概率、计数原理等基本知识，考查抽象概括能力和应用意识，属于基础题5、D【解析】这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.【详解】解：事件发生，需满足，即事件应位

8、于五边形内，作图如下：故选：D【点睛】考查几何概型，是基础题.6、D【解析】列出所有圆内的整数点共有37个，满足条件的有7个，相除得到概率.【详解】因为是整数，所以所有满足条件的点是位于圆（含边界）内的整数点，满足条件的整数点有共37个，满足的整数点有7个，则所求概率为.故选：.【点睛】本题考查了古典概率的计算，意在考查学生的应用能力.7、A【解析】根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.【详解】若， ，则，可得；若，可得，无法得到，所以“”是“”的充分而不必要条件.所以本题答案为A.【点睛】本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是： 若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必

9、要条件； 若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件； 若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件； 若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件. 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.8、B【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到，再利用二项式定理计算得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，即，故表示直线与截距的倍，根据图像知：当时，的最大值为，故.展开式的通项为：，取得到项的系数为：.故选：.【点睛】本题考查了线性规划求最值，二项式定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.9、D【

10、解析】通过证明平面，证得；通过证明，证得平面；求得三棱锥体积的最大值，由此判断的正确性；利用反证法证得与一定不垂直.【详解】设的中点为，连接，则，又，所以平面，所以，故正确；因为，所以平面，故正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故正确.故选：D【点睛】本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.10、D【解析】设，设：，联立方程得到，计算得到答案.【详解】设，故.易知直线斜率不为，设：，联立方程，得到，故，故.故选：.【点睛】本题

11、考查了抛物线中的向量的数量积，设直线为可以简化运算，是解题的关键 .11、C【解析】先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.【详解】直线，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.【点睛】判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，

12、再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系12、D【解析】由|AF2|3|BF2|，可得.设直线l的方程xmy+，m0，设，即y13y2，联立直线l与曲线C,得y1+y2-，y1y2，求出m的值即可求出直线的斜率.【详解】双曲线C：，F1，F2为左、右焦点，则F2（，0），设直线l的方程xmy+，m0，双曲线的渐近线方程为x2y，m2，设A（x1，y1），B（x2，y2），且y10，由|AF2|3|BF2|，y13y2由，得（2m）24（m24）0，即m2+40恒成立，y1+y2，y1y2，联立得，联立得，即：，解得：，直线的斜率为，故选D【点睛】本题考查直线与双曲线的位

13、置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.【详解】由题意,因为,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.14、【解析】根据正弦定理，由可得，由可得，将代入求解即得.【详解】，即，则，则.故答案为：【点睛】本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基础题.15、【解析】求出双曲线的渐近线方程，右准线方程，得到交点坐标代入抛物线方程求解即可【详解】解：双曲线的右准线，渐近线，双曲线的右准线与渐近线的交点，交点在抛物线上

14、，可得：，解得故答案为【点睛】本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题16、【解析】试题分析：当时，则又因为为偶函数，所以，所以，则，所以切线方程为，即【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为三、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、（）,曲线 （）【解析】试题分析：（1）消去参数可得直线的直角坐标系方程，由可得曲线的直角坐标方程；（2）将（为参数）代入曲线的方程得：，利用韦达

15、定理求解即可.试题解析：（1），曲线，（2）将（为参数）代入曲线的方程得：.所以.所以.18、（1）详见解析；（2）.【解析】（1）连接，则且为的中点，又为的中点，又平面，平面，故平面 （2）由平面，得，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，取平面的一个法向量为，由，得：，令，得同理可得平面的一个法向量为平面平面，解得，得，又，设直线与平面所成角为，则.所以，直线与平面所成角的正弦值是19、（1）若，则在定义域内递增；若，则在上单调递增，在上单调递减（2）证明见解析【解析】（1），分，讨论即可；（2）由题可得到，故只需证，即，采用换元法，转化为函数的最值问

16、题来处理.【详解】由已知，若，则在定义域内递增；若，则在上单调递增，在上单调递减.（2）由题意，对求导可得从而，是的两个变号零点，因此下证：，即证令，即证：，对求导可得，因为故，所以在上单调递减，而，从而所以在单调递增，所以，即于是【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式，考查学生逻辑推理能力、转化与化归能力，是一道有一定难度的压轴题.20、（）;（）【解析】试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析：（1）由题意知当时，当时，所以设数列的公差为，由，即，可解得，所

17、以（2）由（1）知，又，得，两式作差，得所以考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.21、 (1)；(2).【解析】试题分析：（1）设等差数列满的首项为，公差为，代入两等式可解。（2）由（1），代入得，所以通过裂项求和可求得。试题解析：（1）设等差数列的公差为，则由题意可得，解得.所以.（2）因为，所以.所以 .22、（1），；（2）【解析】（1）解绝对值不等式得，根据不等式的解集为列出方程组，解出即可；（2）求出的图像与直线及交点的坐标，通过分割法将四边形的面积分为两个三角形，列出不等式，解不等式即可.【详解】（1）由得：，即，解得，.（2）的图像与直线及围成的四边形，.过点向引垂线，垂足为，则.化简得：，（舍）或.故的取值范围为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求法，以及绝对值不等式在几何中的应用，属于中档题.