福建省福州市格致2023学年高考仿真模拟数学试卷含解析

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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设函数定义域为全体实数，令有以下6个论断：是奇函数时，是奇函数；是偶函数时，是奇函数；是偶函数时，是偶

2、函数；是奇函数时，是偶函数是偶函数；对任意的实数，那么正确论断的编号是（ ）ABCD2若某几何体的三视图（单位:cm）如图所示，则此几何体的体积是（ ）A36 cm3B48 cm3C60 cm3D72 cm33过双曲线的右焦点F作双曲线C的一条弦AB，且，若以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，则双曲线C的离心率为（ ）ABC2D4在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）A12BCD105已知，则( )ABCD6已知复数是正实数，则实数的值为( )ABCD7关于函数在区间的单调性，下列叙述正确的是（ ）

3、A单调递增B单调递减C先递减后递增D先递增后递减8已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A29B30C31D329设函数的导函数，且满足，若在中，则（ ）ABCD10的展开式中的一次项系数为（ ）ABCD11已知集合，则ABCD12已知直线与圆有公共点，则的最大值为（ ）A4BCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知向量，则_.14若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为_15已知，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过左焦点的直线与椭圆交于、两点，且,，则椭圆的离心率为_16已知多项式满足，则_，_三、解答题：共70分。解答应写出文字

4、说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且（1）求证：平面；（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值18（12分）已知等差数列an的各项均为正数，Sn为等差数列an的前n项和，.（1）求数列an的通项an；（2）设bnan3n，求数列bn的前n项和Tn.19（12分）如图，在四棱锥中，平面， 底面是矩形，分别是，的中点.（）求证：平面；（）设， 求三棱锥的体积.20（12分）已知椭圆的离心率为，且过点（）求椭圆的方程；（）设是椭圆上且不在轴上的一个动点，为坐标原点，过右焦点作的平行线交椭圆于、两个不同的点，求的值21（12分）椭圆的右焦点

5、，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为.（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点.为坐标原点，为椭圆的右顶点，求四边形面积的最大值.22（10分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为（1）求曲线与极轴所在直线围成图形的面积；（2）设曲线与曲线交于，两点，求.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。1A【解析】根据函数奇偶性的定义即可判断函数的奇偶性并证明.【详解】当是偶函数，则，所以，所以是偶函数；当是奇函数时，则，所以，所以是偶函数；当为非奇非偶函数时，例如：，则，此时，故错误；故正确.故选：A【点睛

6、】本题考查了函数的奇偶性定义，掌握奇偶性定义是解题的关键，属于基础题.2B【解析】试题分析：该几何体上面是长方体，下面是四棱柱；长方体的体积，四棱柱的底面是梯形，体积为，因此总的体积.考点：三视图和几何体的体积.3C【解析】由得F是弦AB的中点.进而得AB垂直于x轴，得，再结合关系求解即可【详解】因为，所以F是弦AB的中点.且AB垂直于x轴.因为以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，所以，即，则，故.故选：C【点睛】本题是对双曲线的渐近线以及离心率的综合考查，是考查基本知识，属于基础题4C【解析】取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥

7、PABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径【详解】如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4R2=，故选：C.【点睛】此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.5B【解析】利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.【详解】由于，故.故选：B.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.6C【解析】将复数化

8、成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.【详解】因为为正实数，所以且，解得.故选：C【点睛】本题考查复数的基本定义，属基础题.7C【解析】先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.【详解】函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.故选：C【点睛】本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.8B【解析】设正项等比数列的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的性质，求出公比，再由等比数列的求和公式，计算即可得到所求【详解】设正项等比数列的公比为q，则a4=16q3，a7=16q6，a4与a7的等差中项为，即有a4+a7=，即16q3+16q

9、6，=，解得q=（负值舍去），则有S5=1故选C【点睛】本题考查等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题9D【解析】根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，得到，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.【详解】设，所以 ，因为当时，即，所以，在上是增函数，在中，因为，所以，因为，且，所以，即，所以，即故选：D【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10B【解析】根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论【详解】由题意展开式中的一次项系数为故选：B【点睛】本

10、题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数同时本题考查了组合数公式11D【解析】因为，所以，故选D12C【解析】根据表示圆和直线与圆有公共点，得到，再利用二次函数的性质求解.【详解】因为表示圆，所以，解得，因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，即 ，解得，此时， 因为，在递增，所以的最大值.故选：C【点睛】本题主要考查圆的方程，直线与圆的位置关系以及二次函数的性质，还考查了运算求解的能力，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】求出，然后由模的平方转化为向量的平方，利用数量积的运算计算【详解】由题意得，.，.，.故答案为：【点睛】本题考

11、查求向量的模，掌握数量积的定义与运算律是解题基础本题关键是用数量积的定义把模的运算转化为数量积的运算142025【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.15【解析】设,则,由知, ,作,垂足为C，则C为的中点,在和中分别求出,进而求出的关系式,即可求出椭圆的离心率.【详解】如图,设,则,由椭圆定义知,因为,所以,作,垂足为C，则C

12、为的中点,在中,因为,所以，在中,由余弦定理可得,，即,解得,所以椭圆的离心率为.故答案为:【点睛】本题考查椭圆的离心率和直线与椭圆的位置关系;利用椭圆的定义,结合焦点三角形和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.16 【解析】多项式 满足令，得，则该多项式的一次项系数为令，得故答案为5，72三、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）见解析；（2）.【解析】（1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可【详解】（1）证明：四边形是菱形， 平面平面，又是的中点，又平面（2）直线与平面

13、所成的角等于直线与平面所成的角平面，直线与平面所成的角为，即因为，则在等腰直角三角形中，所以在中，由得，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系则所以设平面的一个法向量为，则，可得，取平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值的大小为（注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出）【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题18（1）.（2）【解析】（1）先设等差数列an的公差为d（d0），然后根据等差数列的通项公式及已知条件可列出关于d的方程，解出d的值，即可得到数列an的通项

14、an；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列bn的通项公式，然后运用错位相减法计算前n项和Tn.【详解】（1）由题意，设等差数列an的公差为d（d0），则a4a5（1+3d）（1+4d）11，整理，得12d2+7d100，解得d（舍去），或d，an1（n1），nN*.（2）由（1）知，bnan3n3n（2n+1）3n1，Tnb1+b2+b3+bn31+531+732+（2n+1）3n1，3Tn331+532+（2n1）3n1+（2n+1）3n，两式相减，可得：2Tn31+231+232+23n1（2n+1）3n3+2（31+32+3n1）（2n+1）3n3+2（2n+1）3n2n3n，Tnn3

15、n.【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，以及运用错位相减法计算前n项和.考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法的运用，以及逻辑思维能力和数学运算能力.属于中档题.19（）见解析（）【解析】（）取中点，连，根据平行四边形，可得，进而证得平面平面，利用面面垂直的性质，得平面，又由，即可得到平面.（）根据三棱锥的体积公式，利用等积法，即可求解.【详解】（）取中点，连，由，可得，可得是平行四边形，则，又平面，平面平面，平面，平面，平面平面，是中点，则，而平面平面，而，平面.（）根据三棱锥的体积公式，得 .【点睛】本题主要考查了空间中线面位置关系的判定与证明，以及利用“等体积法”求解三棱锥的体

16、积，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用“等体积法”求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.20（）（）1【解析】（）由题，得，解方程组，即可得到本题答案；（）设直线，则直线，联立，得，联立，得，由此即可得到本题答案.【详解】（）由题可得，即，将点代入方程得，即，解得，所以椭圆的方程为：；（）由（）知， 设直线，则直线，联立，整理得，所以，联立，整理得，设，则，所以，所以【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法以及直线与椭圆的综合问题，考查学生的运算求解能力.21（1）（2）最大值.【解析】（1）根据通径和即可求（2）设直线方程为，联立椭圆，利用，用含的式子表示出，用换元，可得，最后用均值不等式求解.【详解】解：（1）依题意有，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，联立，得.所以，.所以.令，则，所以，因，则，所以，当且仅当，即时取得等号，即四边形面积的最大值.【点睛】考查椭圆方程的求法和椭圆中四边形面积最大值的求法，是难题.22（1）；（2）【解析】（1）利用互化公式，将曲线的极坐标方程化