河南省林州市林虑中学2023学年高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含解析）

1、2023学年高考数学模拟测试卷注意事项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

2、的。1在中，为边上的中线，为的中点，且，则（ ）ABCD2为研究某咖啡店每日的热咖啡销售量和气温之间是否具有线性相关关系，统计该店2017年每周六的销售量及当天气温得到如图所示的散点图（轴表示气温，轴表示销售量），由散点图可知与的相关关系为（ ）A正相关，相关系数的值为B负相关，相关系数的值为C负相关，相关系数的值为D正相关，相关负数的值为3的展开式中的系数是-10，则实数( )A2B1C-1D-24某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（ ）ABC16D325若集合，则=（ ）ABCD6已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线分别交于、两点，与轴的正半轴

3、交于点，与准线交于点，且，则（ ）AB2CD37已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为ABCD8已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）ABCD9若函数满足，且，则的最小值是（ ）ABCD10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（ ）ABCD11抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，若点，则的最小值为（ ）ABCD12若复数满足，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，在ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为_14如图是一个算法伪代码，则输出的的值为_.15已知x，y0，且，则x

4、+y的最小值为_16设为数列的前项和，若，且，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）已知六面体如图所示，平面，是棱上的点，且满足.（1）求证：直线平面；（2）求二面角的正弦值.18（12分）设函数，（）.（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a、m的值；（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围；（3）关于x的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论.19（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且证明：直线与圆相切；求面积的最小值20（12分）已知函数.（）求的值；（）若，且，求的值.21（12分）若关

5、于的方程的两根都大于2，求实数的取值范围22（10分）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）若函数在区间上是单调函数，试求的取值范围；（2）若函数在区间上恰有3个零点，且，求的取值范围.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】根据向量的线性运算可得,利用及，计算即可.【题目详解】因为,所以，所以，故选：A【答案点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量数量积的性质，属于中档题.2、C【答案解析】根据正负相关的概念判断【题目详解】由散点图知随着的增大而减小，

6、因此是负相关相关系数为负故选：C【答案点睛】本题考查变量的相关关系，考查正相关和负相关的区别掌握正负相关的定义是解题基础3、C【答案解析】利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【题目详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C【答案点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.4、A【答案解析】几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是，选A.5、C【答案解析】求出集合，然后与集合取交集即可【题目详解】由题意，则，故答案为C.【答案点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了计算能力，属于

7、基础题6、B【答案解析】过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由和抛物线的定义可求得，利用抛物线的性质可构造方程求得，进而求得结果.【题目详解】过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由抛物线解析式知：，准线方程为.，由抛物线定义知：，.由抛物线性质得：，解得：，.故选：.【答案点睛】本题考查抛物线定义与几何性质的应用，关键是熟练掌握抛物线的定义和焦半径所满足的等式.7、D【答案解析】由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.8、C【答案解析】对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解.【题目详解】 ，.当时，在上单调递增，不合题意.

8、当时，在上单调递减，也不合题意.当时，则时，在上单调递减，时，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得.综上，的取值范围是.故选C.【答案点睛】本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题9、A【答案解析】由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.【题目详解】函数满足，即，即，则，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.，由于函数在区间上为增函数，所以，当时，取得最小值.故选：A.【答案点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题.1

9、0、A【答案解析】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【题目详解】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【答案点睛】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11、B【答案解析】通过抛物线的定义，转化，要使有最小值，只需最大即可，作出切线方程即可求出比值的最小值【题目详解】解：由题意可知，抛物线的准线方程为，过作垂直直线于，由抛物线的定义可知，连结，当是抛物线的切线时，有

10、最小值，则最大，即最大，就是直线的斜率最大，设在的方程为：，所以，解得：，所以，解得，所以，故选：【答案点睛】本题考查抛物线的基本性质，直线与抛物线的位置关系，转化思想的应用，属于基础题12、B【答案解析】由题意得,求解即可.【题目详解】因为,所以.故选:B.【答案点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是考点：向量的运算，基本不等式【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化

11、，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于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，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案14、5【答案解析】执行循环结构流程图，即得结果.【题目详解】执行循环结构流程图得,结束循环，输出.【答案点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析与运算能力，属基础题.15、1【答案解析】处理变形x+yx（）+y结合均值不等式求解最值.【题目详解】x，y0，且，则x+yx（）+y1，当且仅当时取等号，此时x4，y2，取得最小值1故答案为：1【答案点睛】此题考查利用均值不等式求解最值，关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件，注意考虑

12、等号成立的条件.16、【答案解析】由题可得，解得，所以，上述两式相减可得，即，因为，所以，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以三、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）【答案解析】（1）连接，设，连接.通过证明，证得直线平面.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的正弦值.【题目详解】（1）连接，设，连接，因为，所以，所以，在中，因为，所以，且平面，故平面.（2）因为，所以，因为，平面，所以平面，所以，取所在直线为轴，取所在直线为轴，取所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，所以，因为，所以，所以

13、点的坐标为，所以，设为平面的法向量，则，令，解得，所以，即为平面的一个法向量.，同理可求得平面的一个法向量为所以所以二面角的正弦值为【答案点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18、（1），；（2）；（3）不能，证明见解析【答案解析】（1）求出，结合导数的几何意义即可求解；（2）构造，则原题等价于对任意恒成立，即时，利用导数求最值即可，值得注意的是，可以通过代特殊值，由求出的范围，再研究该范围下单调性；（3）构造并进行求导，研究单调性，结合函数零点存在性定理证明即可.【题目详解】（1），曲线在点处的切线方程为，解得.（2）记，整理得，

14、由题知，对任意恒成立，对任意恒成立，即时，解得，当时，对任意，即在单调递增，此时，实数的取值范围为.（3）关于的方程不可能有三个不同的实根，以下给出证明：记，则关于的方程有三个不同的实根，等价于函数有三个零点，当时，记，则，在单调递增，即，在单调递增，至多有一个零点；当时，记，则，在单调递增，即在单调递增，至多有一个零点，则至多有两个单调区间，至多有两个零点.因此，不可能有三个零点.关于的方程不可能有三个不同的实根.【答案点睛】本题考查了导数几何意义的应用、利用导数研究函数单调性以及函数的零点存在性定理，考查了转化与化归的数学思想，属于难题.19、证明见解析；1.【答案解析】由题意可得椭圆的方

15、程为，由点在直线上，且知的斜率必定存在，分类讨论当的斜率为时和斜率不为时的情况列出相应式子，即可得出直线与圆相切；由知，的面积为【题目详解】解：由题意，椭圆的焦点在轴上，且，所以所以椭圆的方程为由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为时，于是，到的距离为，直线与圆相切当的斜率不为时，设的方程为，与联立得，所以，从而而，故的方程为，而在上，故，从而，于是此时，到的距离为，直线与圆相切综上，直线与圆相切由知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1【答案点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归与转化

16、思想，属于难题20、（）；（）.【答案解析】（）直接代入再由诱导公式计算可得；（）先得到，再根据利用两角差的余弦公式计算可得【题目详解】解：（）；（）因为所以，由得，又因为，故，所以，所以.【答案点睛】本题考查了三角函数中的恒等变换应用，属于中档题21、【答案解析】先令，根据题中条件得到，求解，即可得出结果.【题目详解】因为关于的方程的两根都大于2，令所以有，解得，所以.【答案点睛】本题主要考查一元二次方程根的分布问题，熟记二次函数的特征即可，属于常考题型.22、（1）；（2）.【答案解析】（1）求出，再求恒成立，以及恒成立时，的取值范围；（2）由已知，在区间内恰有一个零点，转化为在区间内恰有两个零点，由（1）的结论对分类讨论，根据单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论.【题目详解】（1）由题意得，则，当函数在区间上单调递增时，在区间上恒成立.（其中），解得.当函数在区间上单调递减时，在区间上恒成立，（其中），解得.综上所述