甘肃省高台2023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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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复数的虚部是 ( )ABCD2等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说

2、法：（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；（2）存在某个位置，使得；（3）设二面角的平面角为，则；（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.其中，正确说法的个数是（ ）A1B2C3D43正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（ ）ABCD4已知，则的值等于（ ）ABCD5若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）ABCD6已知复数(1+i)(a+i)为纯虚数(i为虚数单位)，则实数a=（ ）A-1B1C0D27以下三个命题：在匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，

3、这样的抽样是分层抽样；若两个变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大；其中真命题的个数为（ ）A3B2C1D08设复数满足，在复平面内对应的点的坐标为则（）ABCD9设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,+)单调递减，则（ ）ABCD10已知，满足条件（为常数），若目标函数的最大值为9，则（ ）ABCD11若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（ ）AB4C2D12M、N是曲线y=sinx与曲线y=cosx的两个不同的交点,则|MN|的最小值为()ABCD2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13

4、已知实数满足，则的最小值是_.14抛物线上到其焦点距离为5的点有_个15在平面直角坐标系中，双曲线（，）的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若为直角三角形，则该双曲线的离心率是_.16已知圆，直线与圆交于两点，若，则弦的长度的最大值为_.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）11月，2019全国美丽乡村篮球大赛在中国农村改革的发源地-安徽凤阳举办，其间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛（每人各投一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲乙两人在同一位置，甲先投，每人投一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得-1分；两人都命中或都

5、未命中，两人均得0分，设甲每次投球命中的概率为，乙每次投球命中的概率为，且各次投球互不影响.（1）经过1轮投球，记甲的得分为，求的分布列；（2）若经过轮投球，用表示经过第轮投球，累计得分，甲的得分高于乙的得分的概率.求；规定，经过计算机计算可估计得，请根据中的值分别写出a，c关于b的表达式，并由此求出数列的通项公式.18（12分）已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）时，若对一切恒成立，求a的取值范围.19（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，是棱中点.（1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由；（2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦

6、值.20（12分）设，.（1）若的最小值为4，求的值；（2）若，证明：或.21（12分）已知的内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.22（10分）在平面直角坐标系中，曲线：（为参数，），曲线：（为参数）.若曲线和相切.（1）在以为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，求曲线的普通方程；（2）若点，为曲线上两动点，且满足，求面积的最大值.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。1C【解析】因为 ，所以的虚部是 ，故选C.2C【解析】解：对于（1），当CD平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距

7、离最大，当CD平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，四面体EBCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AEBD，又AEBE，则AE平面BDE，可得AEDE，进一步可得AEDE，此时EABD为正三棱锥，故（2）正确；对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则DOE为二面角DABE的平面角，为，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，0，），DAE，），所以DAE不成立（3）不正确；对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dPBC，因为1，所以点P的轨迹为椭圆（4）正确故选：C点睛：该题考

8、查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.3C【解析】如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.【详解】如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，故，设球半径为，则，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.4A【解析】由余弦公式的二倍角可得，再由诱导公式有，所以【详解】由余弦公式的二倍角展开式有又故选：A【点睛】本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单

9、题5A【解析】设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.【详解】设平面向量与的夹角为，可得，在等式两边平方得，化简得.故选：A.【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.6B【解析】化简得到z=a-1+a+1【详解】z=1+ia+i=a-1+a+1i为纯虚数，故a-1=0故选：B.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.7C【解析】根据抽样方式的特征，可判断；根据相关系数的性质，可判断；根据独立性检验的方法和步骤，可判断【详解】根据抽样是间隔相同

10、，且样本间无明显差异，故应是系统抽样，即为假命题；两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；两个随机变量相关性越弱，则相关系数的绝对值越接近于0；故为真命题；对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越小，故为假命题故选：【点睛】本题以命题的真假判断为载体考查了抽样方法、相关系数、独立性检验等知识点，属于基础题8B【解析】根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解.【详解】在复平面内对应的点的坐标为，则，代入可得，解得.故选：B.【点睛】本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题.9D【解析】利用是偶函数化简，结合在区间上

11、的单调性，比较出三者的大小关系.【详解】是偶函数，而，因为在上递减，即故选:D【点睛】本小题主要考查利用函数的奇偶性和单调性比较大小，属于基础题.10B【解析】由目标函数的最大值为9，我们可以画出满足条件 件为常数）的可行域，根据目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然后根据分析列出一个含参数的方程组，消参后即可得到的取值【详解】画出，满足的为常数）可行域如下图：由于目标函数的最大值为9，可得直线与直线的交点，使目标函数取得最大值，将，代入得：故选：【点睛】如果约束条件中含有参数，我们可以先画出不含参数的几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，然后得到一个含有参数

12、的方程（组，代入另一条直线方程，消去，后，即可求出参数的值11D【解析】由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模【详解】，故选：D【点睛】本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题12C【解析】两函数的图象如图所示,则图中|MN|最小,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1=,x2=,|x1-x2|=,|y1-y2|=|sinx1-cosx2|=+=,|MN|=.故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先画出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析解答得解.【详解】画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.由题得y=-3x+z,

13、它表示斜率为-3,纵截距为z的直线系，平移直线，易知当直线经过点时，直线的纵截距最小，目标函数取得最小值，且.故答案为：-8【点睛】本题主要考查线性规划问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析能力.142【解析】设符合条件的点,由抛物线的定义可得,即可求解.【详解】设符合条件的点,则,所以符合条件的点有2个.故答案为:2【点睛】本题考查抛物线的定义的应用,考查抛物线的焦半径.152【解析】根据是等腰直角三角形，且为中点可得，再由双曲线的性质可得，解出即得.【详解】由题，设点，由，解得，即线段，为直角三角形，且，又为双曲线右焦点，过点，且轴，可得，整理得：，即，又，.故答案为：【

14、点睛】本题考查双曲线的简单性质，是常考题型.16【解析】设为的中点，根据弦长公式，只需最小，在中，根据余弦定理将表示出来，由，得到，结合弦长公式得到，求出点的轨迹方程，即可求解.【详解】设为的中点，在中，在中，得，即，.，得.所以，.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、相交弦长的最值，解题的关键求出点的轨迹方程，考查计算求解能力，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）分布列见解析；（2）；，.【解析】（1）经过1轮投球，甲的得分的取值为，记一轮投球，甲投中为事件，乙投中为事件，相互独立，计算概率后可得分布列；（2）由（1）得，由两轮的得

15、分可计算出，计算时可先计算出经过2轮后甲的得分的分布列（的取值为），然后结合的分布列和的分布可计算，由，代入，得两个方程，解得，从而得到数列的递推式，变形后得是等比数列，由等比数列通项公式得，然后用累加法可求得【详解】（1）记一轮投球，甲命中为事件，乙命中为事件，相互独立，由题意，甲的得分的取值为，的分布列为：101（2）由（1），同理，经过2轮投球，甲的得分取值：记，则，由此得甲的得分的分布列为：21012，代入得：，数列是等比数列，公比为，首项为，【点睛】本题考查随机变量的概率分布列，考查相互独立事件同时发生的概率，考查由数列的递推式求通项公式，考查学生的转化与化归思想，本题难点在于求概率

16、分布列，特别是经过2轮投球后甲的得分的概率分布列，这里可用列举法写出各种可能，然后由独立事件的概率公式计算出概率18（1）单调递减区间为，单调递增区间为 ；（2） 【解析】（1）求导，根据导数与函数单调性关系即可求出.（2）解法一：分类讨论：当时，观察式子可得恒成立；当时，利用导数判断函数为单调递增，可知；当时，令，由，根据零点存在性定理可得，进而可得在上，单调递减，即不满足题意；解法二：通过分离参数可知条件等价于恒成立，进而记，问题转化为求在上的最小值问题，通过二次求导，结合洛比达法则计算可得结论.【详解】（1）当，令，解得，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解法一：当时，函数，

17、若时，此时对任意都有， 所以恒成立；若时，对任意都有，所以，所以在上为增函数，所以，即时满足题意；若时，令，则，所以在上单调递增，可知，一定存在使得，且当时，所以在上，单调递减，从而有时，不满足题意；综上可知，实数a的取值范围为. 解法二：当时，函数，又当时，对一切恒成立等价于恒成立，记，其中，则，令，则，在上单调递增，恒成立，从而在上单调递增，由洛比达法则可知，解得. 实数a的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题，考查了分类与整合的解题思想，涉及分离参数法等技巧、涉及到洛比达法则等知识，注意解题方法的积累，属于难题.19（1）为中点，理由见解析；（2）当点在

18、线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.【解析】(1)为中点,可利用中位线与平行四边形性质证明，从而证明平面平面；（2）以A为原点，分别以，所在直线为、轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.【详解】（1）为中点，证明如下：分别为中点，又平面平面平面 又，且四边形为平行四边形，同理，平面，又 平面平面（2）以A为原点，分别以，所在直线为、轴建立空间直角坐标系则， 设直线与平面所成角为，则取平面的法向量为则令，则所以 当时，等号成立即当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.【点睛】本题主要考查了平面与平面的平行，直线与平面所成角的求解，