宁夏银川市三校2022-2023学年高考压轴卷数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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。

2、1如图所示，三国时代数学家在周脾算经中利用弦图，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），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）A20B27C54D642已知椭圆：的左、右焦点分别为，点，在椭圆上，其中，若，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）ABCD3上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（

3、骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( )A公元前2000年到公元元年B公元前4000年到公元前2000年C公元前6000年到公元前4000年D早于公元前6000年4函数的定义域为（ ）ABCD5已知复数和复数，则为ABCD6在直角坐标系中，已知A（1，0），

4、B（4，0），若直线x+my1=0上存在点P，使得|PA|=2|PB|，则正实数m的最小值是( )AB3CD7已知向量，（其中为实数），则“”是“”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8已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9已知命题，那么为（ ）ABCD10已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则下述四个结论：点为函数的一个对称中心其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD11设，命题“存在，使方程有实根”的否定是( )A任意，使方程无实根B任意，使方程有实根

5、C存在，使方程无实根D存在，使方程有实根12某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13过动点作圆：的切线，其中为切点，若（为坐标原点），则的最小值是_14从2、3、5、7、11、13这六个质数中任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是_（结果用最简分数表示）15设实数，满足，则的最大值是_.16若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为_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）已知函数.（

6、1）讨论的单调性；（2）曲线在点处的切线斜率为.（i）求；（ii）若，求整数的最大值.18（12分）设函数（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且，求的最小值19（12分）如图,设点为椭圆的右焦点，圆过且斜率为的直线交圆于两点，交椭圆于点两点，已知当时，（1）求椭圆的方程.（2）当时，求的面积.20（12分）诚信是立身之本，道德之基，我校学生会创设了“诚信水站”，既便于学生用水，又推进诚信教育，并用“”表示每周“水站诚信度”，为了便于数据分析，以四周为一周期，如表为该水站连续十二周（共三个周期）的诚信数据统计：第一周第二周第三周第四周第一周期第二周期第三周期（）计算表中十二周“水站诚信度”

7、的平均数；（）若定义水站诚信度高于的为“高诚信度”，以下为“一般信度”则从每个周期的前两周中随机抽取两周进行调研，计算恰有两周是“高诚信度”的概率； （）已知学生会分别在第一个周期的第四周末和第二个周期的第四周末各举行了一次“以诚信为本”的主题教育活动，根据已有数据，说明两次主题教育活动的宣传效果，并根据已有数据陈述理由.21（12分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.22（10分）如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥（）求证；（）若平面求二面角的大小；在棱P

8、C上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值参考答案一、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、B【解析】设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。【详解】设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，则，解得：故选：B【点睛】本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。2、C【解析】根据可得四边形为矩形, 设,根据椭圆的定义以及勾股定理可得,再分析的取值范围,进而求得再求离心率的范围即可.【详解】设,由,知,因为

9、,在椭圆上,所以四边形为矩形,；由,可得,由椭圆的定义可得,平方相减可得,由得；令,令,所以,即,所以,所以,所以,解得.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义运用以及构造齐次式求椭圆的离心率的问题,属于中档题.3、D【解析】先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年故选：【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力

10、，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题4、C【解析】函数的定义域应满足 故选C.5、C【解析】利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出【详解】z1z2（cos23+isin23）（cos37+isin37）cos60+isin60故答案为C【点睛】熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.6、D【解析】设点，由，得关于的方程.由题意，该方程有解，则，求出正实数m的取值范围，即求正实数m的最小值.【详解】由题意，设点.，即，

11、整理得，则，解得或.故选：.【点睛】本题考查直线与方程，考查平面内两点间距离公式，属于中档题.7、A【解析】结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.8、B【解析】求出复数，得出其对应点的坐标，确定所在象限【详解】由题意,对应点坐标为 ，在第二象限故选：B【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题9、B【解析】利用特称命题的否定分析解答得解.【详解】

12、已知命题，那么是.故选：【点睛】本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.10、B【解析】首先根据三角函数的平移规则表示出，再根据对称性求出、，即可求出的解析式，从而验证可得；【详解】解：由题意可得，又和的图象都关于对称，解得，即，又，正确，错误.故选：B【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，三角函数的变换规则，属于基础题.11、A【解析】只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是“任意，使方程无实根”.故选：A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化

13、：1.量词，2.结论，是一道基础题.12、A【解析】由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（ c为半焦距; a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则所以,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，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】解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a2)2+(b2)212=a2+b24a4b+7，|MO|2=a2

14、+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b24a4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b7=0.a，b满足的关系为：4a+4b7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值在直线4a+4b7=0上取一点到原点距离最小，由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b7=0，由点到直线的距离公式得：MN的最小值为： .14、【解析】依据古典概型的计算公式，分别求“任取两个数”和“任取两个数，和是质数”的事件数，计算即可。【详解】“任取两个数”的事件数为，“任取两个数，和是质数”的事件有（2,3），（2,5），（2,11）共3个，所以任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是。【点睛】本题主要考查古

15、典概型的概率求法。15、1【解析】根据目标函数的解析式形式，分析目标函数的几何意义，然后判断求出目标函数取得最优解的点的坐标，即可求解【详解】作出实数，满足表示的平面区域，如图所示：由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越大.由可得，此时最大为1，故答案为：1【点睛】本题主要考查线性规划知识的运用，考查学生的计算能力，考查数形结合的数学思想16、2025【解析】利用赋值法，结合展开式中各项系数之和列方程，由此求得的值.再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数.【详解】依题意，令，解得，所以，则二项式的展开式的通项为：令，得，所以的系数为.故答案为：2025【点睛】本小题主要考查二项

16、式展开式各项系数之和，考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.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）在上增；在上减；（2）（i）；（ii）2【解析】（1）求导求出，对分类讨论，求出的解，即可得出结论；（2）（i）由，求出的值；（ii）由（i）得所求问题转化为，恒成立，设，只需，根据的单调性，即可求解.【详解】（1）当时，即在上增；当时，即在上增；在上减；（2）（i），.（），即，即，只需.当时，在单调递增，所以满足题意；当时，所以在上减，在上增，令，.在单调递减，所以所以在上单调递减，综上可知，整数的最大值为.【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及函

17、数的单调性、导数的几何意义、极值最值、不等式恒成立，考查分类讨论思想，属于中档题.18、（1）或（2）最小值为【解析】（1）讨论，三种情况，分别计算得到答案.（2）计算得到，再利用均值不等式计算得到答案.【详解】（1）当时，由，解得；当时，由，解得；当时，由，解得所以所求不等式的解集为或（2）根据函数图像知：当时，所以因为，由，可知，所以，当且仅当，时，等号成立所以的最小值为【点睛】本题考查了解绝对值不等式，函数最值，均值不等式，意在考查学生对于不等式，函数知识的综合应用.19、（1）（2）【解析】（1）先求出圆心到直线的距离为，再根据得到，解之即得a的值，再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程

18、.(2)先求出，再求得的面积.【详解】(1)因为直线过点，且斜率.所以直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离为， 又因为，圆的半径为，所以，即，解之得，或（舍去）.所以，所以所示椭圆的方程为 .(2)由(1)得，椭圆的右准线方程为，离心率，则点到右准线的距离为，所以，即，把代入椭圆方程得，因为直线的斜率，所以， 因为直线经过和，所以直线的方程为，联立方程组得，解得或，所以， 所以的面积.【点睛】本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系，考查椭圆的方程的求法，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.20、（）；（）；（）两次活动效果均好，理由详见解析.【解析】（）结

19、合表中的数据，代入平均数公式求解即可；（）设抽到“高诚信度”的事件为，则抽到“一般信度”的事件为，则随机抽取两周，则有两周为“高诚信度”事件为，利用列举法列出所有的基本事件和事件所包含的基本事件，利用古典概型概率计算公式求解即可；（）结合表中的数据判断即可.【详解】（）表中十二周“水站诚信度”的平均数.（）设抽到“高诚信度”的事件为，则抽到“一般信度”的事件为，则随机抽取两周均为“高诚信度”事件为，总的基本事件为共15种，事件所包含的基本事件为共10种，由古典概型概率计算公式可得，.（）两次活动效果均好.理由：活动举办后，“水站诚信度由和看出，后继一周都有提升.【点睛】本题考查平均数公式和古典

20、概型概率计算公式；考查运算求解能力；利用列举法正确列举出所有的基本事件是求古典概型概率的关键；属于中档题、常考题型.21、（1）见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连接、，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，进而可求得其正弦值.【详解】（1）取中点，连接、，且，四边形为平行四边形，且，、分别为、中点，且，则四边形为平行四边形，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如

21、下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，由，得，取，则，设平面的法向量为，由，得，取，则，因此，二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.22、详见解析；，或【解析】可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.【详解】证明：在图1中，为平行四边形，当沿AD折起时，即，又，平面PAB，又平面PAB，解：以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD则0，0，1，0，1，1，1，0，设平面PBC的法向量为y，则，取，得0，设平面PCD的法向量b，则，取，得1，设二面角的大小为，可知为钝角，则，二面角的大小为设AM与面PBC所成角为，0，1，平面PBC的法向量0，直线AM与平面PBC所成的角为，解得或【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.