广东省深圳市宝安2023年高考临考冲刺数学试卷含解析

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。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已知函数，方程有四个不同的根，记最大的根的所有取值为集合，则“函数有两个零点”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2在平面直角坐标系中，若不等式组所表示的平面区域内存在点，使不等式成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD3九章算术是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（ ）ABC

3、D4半径为2的球内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ）ABCD5正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（ ）ABCD6若函数在处取得极值2，则（ ）A-3B3C-2D27设为的两个零点，且的最小值为1，则（ ）ABCD8在中，角所对的边分别为，已知，当变化时，若存在最大值，则正数的取值范围为ABCD9高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（ ）A40B60C80D10010已知实数集，集合，集合，则（ ）ABCD11已知等比数列的前项

4、和为，且满足，则的值是( )ABCD12已知复数为虚数单位） ，则z 的虚部为（ ）A2BC4D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知等边三角形的边长为1,点、分别为线段、上的动点,则取值的集合为_14已知，则_.(填“”或“=”或“”).15设为数列的前项和，若，则_16已知变量x，y满足约束条件x-y0 x+2y34x-y-6，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）在中，角，所对的边分别为，已知，角为锐角，的面积为.（1）求角的大小；（2）求的值.18（12分）已知椭圆C:（ab0）的两个焦点分别为F1（，0）、F2（，0）.点M（

5、1，0）与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.（1）求椭圆C的方程；（2）已知点N的坐标为（3，2），点P的坐标为（m，n）（m3）.过点M任作直线l与椭圆C相交于A、B两点，设直线AN、NP、BN的斜率分别为k1、k2、k3，若k1k32k2，试求m，n满足的关系式.19（12分）某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验件该产品，且每 件产品检验合格与否相互独立若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检 验方案：将产品每个一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内

6、产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验次或次设该工厂生产件该产品，记每件产品的平均检验次 数为 （1）求的分布列及其期望；（2）（i）试说明，当越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；（ii）当时，求使该方案最合理时的值及件该产品的平均检验次数20（12分）已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，坐标原点为，.（1）求抛物线的方程；（2）当以为直径的圆与轴相切时，求直线的方程.21（12分）如图，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，点为的中点（）求证：平面；（）求二面角的余弦值（）在线段上是否存在一点，使直线

7、与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由22（10分）若数列前n项和为，且满足（t为常数，且）（1）求数列的通项公式：（2）设，且数列为等比数列，令，.求证：.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】作出函数的图象，得到，把函数有零点转化为与在（2，4上有交点，利用导数求出切线斜率，即可求得的取值范围，再根据充分、必要条件的定义即可判断【详解】作出函数的图象如图，由图可知，函数有2个零点，即有两个不同的根，也就是与在上有2个交点，则的最小值为；设过原点的直线与的切点为，斜率为，则切线方程为，把代入

8、，可得，即，切线斜率为，k的取值范围是，函数有两个零点”是“”的充分不必要条件，故选A【点睛】本题主要考查了函数零点的判定，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，训练了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，试题有一定的综合性，属于中档题2B【解析】依据线性约束条件画出可行域，目标函数恒过，再分别讨论的正负进一步确定目标函数与可行域的基本关系，即可求解【详解】作出不等式对应的平面区域，如图所示：其中，直线过定点，当时，不等式表示直线及其左边的区域，不满足题意；当时，直线的斜率，不等式表示直线下方的区域，不满足题意；当时，直线的斜率，不等式表示直线上方的区域，要使不等式组所表示的平面区域内

9、存在点，使不等式成立，只需直线的斜率，解得.综上可得实数的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查由目标函数有解求解参数取值范围问题，分类讨论与数形结合思想，属于中档题3C【解析】利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，直角三角形的斜边长为，利用等面积法，可得其内切圆的半径为，所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4B【解析】设正三棱

10、柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，利用，可得，进一步得到侧面积，再利用基本不等式求最值即可.【详解】如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，则，在中，化为，当且仅当时取等号，此时.故选：B.【点睛】本题考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道中档题.5C【解析】分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.【详解】解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，则，由，即，得.所以=，所以当时，的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.6A【解析】对函数

11、求导,可得,即可求出,进而可求出答案.【详解】因为,所以,则,解得,则.故选:A.【点睛】本题考查了函数的导数与极值,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.7A【解析】先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为12，再求出的值【详解】由题得,设x1，x2为f（x）=2sin（x）（0）的两个零点，且的最小值为1，=1，解得T=2；=2，解得=故选A【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题8C【解析】因为，所以根据正弦定理可得，所以，所以，其中，因为存在最大值，所以由，可得，所以，所以，解得，所以正数的取值范围为，故选C9D【解析】由正态分布的性质，根

12、据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.10A【解析】可得集合,求出补集,再求出即可.【详解】由,得,即,所以,所以.故选:A【点睛】本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.11C【解析】利用先求出，然后计算出结果.【详解】根据题意，当时，,故当时，,数列是等比数列,则，故,解得,故选.【点睛】本题主要考查了等比数列前项和的表达形

13、式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.12A【解析】对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.【详解】因为，所以z 的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】根据题意建立平面直角坐标系,设三角形各点的坐标,依题意求出,的表达式,再进行数量积的运算,最后求和即可得出结果.【详解】解: 以的中点为坐标原点,所在直线为轴,线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系,如图所示,则,则,设, ,即点的坐标为,则,所以故答案为: 【点睛】本题考查平面向量的坐标表示和线性运算,以及平面向量基本定理和数量积的

14、运算,是中档题.14【解析】注意到，故只需比较与1的大小即可.【详解】由已知，故有.又由，故有.故答案为：.【点睛】本题考查对数式比较大小，涉及到换底公式的应用，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.15【解析】当时，由，解得，当时，两式相减可得，即，可得数列是等比数列再求通项公式.【详解】当时，即，当时，两式相减可得，即，即，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.故答案为：【点睛】本题考查数列的前项和与通项公式的关系，还考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.16-5【解析】画出x，y满足的可行域，当目标函数z=x-2y经过点A时，z最小，求解即可。【详解】画出x，y满足的可行域

15、，由x+2y=34x-y=-6解得A-1,2，当目标函数z=x-2y经过点A【点睛】本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得。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）；（2）7.【解析】分析：（1）由三角形面积公式和已知条件求得sinA的值，进而求得A；（2）利用余弦定理公式和（1）中求得的A求得a详解：（1） ，为锐角，；（

16、2）由余弦定理得： .点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.18（1）；（2）mn10【解析】试题分析：（1）利用M与短轴端点构成等腰直角三角形，可求得b的值，进而得到椭圆方程；（2）设出过M的直线l的方程，将l与椭圆C联立，得到两交点坐标关系，然后将k1k3表示为直线l斜率的关系式，化简后得k1k32，于是可得m，n的关系式.试题解析：（1）由题意，c，b1，所以a故椭圆

17、C的方程为（2）当直线l的斜率不存在时，方程为x1，代入椭圆得，y不妨设A（1，），B（1，）因为k1k32又k1k32k2，所以k21所以m，n的关系式为1，即mn10当直线l的斜率存在时，设l的方程为yk（x1）将yk（x1）代入，整理得：（3k21）x26k2x3k230设A（x1，y1），B（x2，y2），则又y1k（x11），y2k（x21）所以k1k32所以2k22，所以k21所以m，n的关系式为mn10综上所述，m，n的关系式为mn10.考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，19（1）见解析，（2）（i）见解析（ii）时平均检验次数最少，约为594次【解析】（1）由题意可得，的

18、可能取值为和，分别求出其概率即可求出分布列，进而可求出期望.（2）（i）由记，根据函数的单调性即可证出；记，当且取最小值时，该方案最合理，对进行赋值即可求解.【详解】（1）由题，的可能取值为 和，故的分布列为由记，因为，所以 在上单调递增 ，故越小，越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理记当且取最小值时，该方案最合理，因为，所以时平均检验次数最少，约为次【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了分析问题、解决问题的能力，属于中档题.20（1）；（2）或【解析】试题分析：本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题等基础知识，同时考查考生的分析问题解

19、决问题的能力、转化能力、运算求解能力以及数形结合思想. 第一问，设出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1y2，y1y2，代入到中解出P的值；第二问，结合第一问的过程，利用两种方法求出的长，联立解出m的值，从而得到直线的方程.试题解析：（）设l：xmy2，代入y22px，得y22pmy4p1（*）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y22pm，y1y24p，则因为，所以x1x2y1y212，即44p12，得p2，抛物线的方程为y24x 5分（）由（）（*）化为y24my21y1y24m，y1y22 6分设AB的中点为M，则|AB|2xmx1x2m(y1y2)44m24， 又， 由得(1m2)(16m232) (4m24)2，解得m23，所以，直线l的方程为，或 12分考点：抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题.21（）证明见解析；（）；（）线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为.【解析】（）取中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面;（）取中点，连结，推导出平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（）假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设利用向量法