广东省深圳市平湖2023年高三第二次模拟考试数学试卷含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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设双曲线（a0,b0）的右焦点为F，右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （

2、 ）ABCD2数列an是等差数列，a11，公差d1，2，且a4+a10+a1615，则实数的最大值为（）ABCD3在正方体中，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）ABCD4设等差数列的前项和为，若，则（ ）A10B9C8D75已知，则的最小值为（ ）ABCD6在中，“”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7把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数是偶函数，则实数的最小值是（ ）ABCD8已知复数，则（ ）ABCD9已知Sn为等比数列an的前n项和，a516，a3a432，则S8（ ）A21B24C85D8510的展开式中的项

3、的系数为（ ）A120B80C60D4011函数（）的图象的大致形状是（ ）ABCD12已知集合，则=ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，则展开式中的系数为_14已知，满足约束条件，则的最小值为_.15有以下四个命题：在中，的充要条件是；函数在区间上存在零点的充要条件是；对于函数，若，则必不是奇函数；函数与的图象关于直线对称.其中正确命题的序号为_.16如图，从一个边长为的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为_.

4、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）（江苏省徐州市高三第一次质量检测数学试题）在平面直角坐标系中，已知平行于轴的动直线交抛物线： 于点，点为的焦点.圆心不在轴上的圆与直线， ， 轴都相切，设的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线， 分别与轴相交于点， .当线段的长度最小时，求的值.18（12分）已知椭圆，点为半圆上一动点，若过作椭圆的两切线分别交轴于、两点.（1）求证：；（2）当时，求的取值范围.19（12分）如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点且（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求锐二面角的

5、大小20（12分）某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉，观景喷泉的示意图如图所示，两点为喷泉，圆心为的中点，其中米，半径米，市民可位于水池边缘任意一点处观赏（1）若当时，求此时的值；（2）设，且（i）试将表示为的函数，并求出的取值范围；（ii）若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时，观赏角度的最大值不小于，试求两处喷泉间距离的最小值21（12分）已知直线l的极坐标方程为，圆C的参数方程为（为参数）（1）请分别把直线l和圆C的方程化为直角坐标方程；（2）求直线l被圆截得的弦长22（10分）已知，函数，（是自然对数的底数）.（）讨论函数极值点的个数；（）若，且命题“，”是假命题，求实数的

6、取值范围.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】由题意,根据双曲线的对称性知在轴上，设，则由得：，因为到直线的距离小于，所以，即，所以双曲线渐近线斜率，故选A2D【解析】利用等差数列通项公式推导出，由d1，2，能求出实数取最大值【详解】数列an是等差数列，a11，公差d1，2，且a4+a10+a1615，1+3d+（1+9d）+1+15d15，解得，d1，2，2是减函数，d1时，实数取最大值为故选D【点睛】本题考查实数值的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3D【解析】连接，因

7、为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【详解】连接，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，则，在等腰中，取的中点为，连接，则，所以，即：，所以异面直线，所成角的余弦值为.故选：D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.4B【解析】根据题意，解得，得到答案.【详解】，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了等差数列的求和，意在考查学生的计算能力.5B【解析】 ,选B6D【解析】通过列举法可求解，如两角分别为时【详解

8、】当时，但，故充分条件推不出；当时，但，故必要条件推不出；所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.【点睛】本题考查命题的充分与必要条件判断，三角函数在解三角形中的具体应用，属于基础题7A【解析】先求出的解析式，再求出的解析式，根据三角函数图象的对称性可求实数满足的等式，从而可求其最小值.【详解】的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，故.令，解得，.因为为偶函数，故直线为其图象的对称轴，令，故，因为，故，当时，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象性质，注意平移变换是对自变量做加减，比如把的图象向右平移1个单位后，得到的图象对应的解析式为，另外，

9、如果为正弦型函数图象的对称轴，则有，本题属于中档题8B【解析】利用复数除法、加法运算，化简求得，再求得【详解】，故.故选：B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的模，属于基础题.9D【解析】由等比数列的性质求得a1q416，a12q532，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.【详解】设等比数列an的公比为q，a516，a3a432，a1q416，a12q532，q2，则，则，故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.10A【解析】化简得到，再利用二项式定理展开得到答

10、案.【详解】展开式中的项为.故选：【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.11C【解析】对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象.【详解】 故选C【点睛】识图常用的方法(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题12C【解析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养采取数轴法，利用数形结合的思想解题【详解】由题意得，则故选C【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并

11、集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。131【解析】由题意求定积分得到的值，再根据乘方的意义，排列组合数的计算公式，求出展开式中的系数【详解】已知，则，它表示4个因式的乘积故其中有2个因式取，一个因式取，剩下的一个因式取1，可得的项故展开式中的系数故答案为：1【点睛】本题主要考查求定积分，乘方的意义，排列组合数的计算公式，属于中档题14【解析】作出约束条件所表示的可行域，利用直线截距的几何意义，即可得答案.【详解】画出可行域易知在点处取最小值为.故答案为：【点睛】本题考查简单线性规划的最值，考查数形结合思想，考查运算求解能力，属于基础题.15

12、【解析】由三角形的正弦定理和边角关系可判断；由零点存在定理和二次函数的图象可判断；由，结合奇函数的定义，可判断；由函数图象对称的特点可判断【详解】解：在中，故正确；函数在区间上存在零点，比如在存在零点，但是，故错误；对于函数，若，满足，但可能为奇函数，故错误； 函数与的图象，可令，即，即有和的图象关于直线对称，即对称，故错误故答案为：【点睛】本题主要考查函数的零点存在定理和对称性、奇偶性的判断，考查判断能力和推理能力，属于中档题161【解析】由题意得正三棱柱底面边长6，高为，由此能求出所得正三棱柱的体积【详解】如图，作，交于，由题意得正三棱柱底面边长，高为，所得正三棱柱的体积为：故答案为：1【

13、点睛】本题考查立体几何中的翻折问题、正三棱柱体积的求法、三棱柱的结构特征等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量三、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)见解析.【解析】试题分析：（1）设根据题意得到，化简得到轨迹方程；（2）设， ，构造函数研究函数的单调性，得到函数的最值.解析：（1）因为抛物线的方程为，所以的坐标为，设，因为圆与轴、直线都相切，平行于轴，所以圆的半径为，点 ，则直线的方程为，即， 所以，又，所以，即，所以的方程为 （2）设， ，由（1）知，点处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，由，所以，所以， 所以 令，

14、则，由得，由得，所以在区间单调递减，在单调递增，所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值， 此时 点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.18（1）见解析；（2）.【解析】（1）分两种情况讨论：两切线、中有一条切线斜率不存在时，求出两切线的方程，验证结论成立；两切线、的斜率都存在，可设切线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出关于的二次方程，利用韦达定理得出两切线的斜率之积为，进而可得出结论；（2

15、）求出点、的坐标，利用两点间的距离公式结合韦达定理得出，换元，可得出，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】（1）由于点在半圆上，则.当两切线、中有一条切线斜率不存在时，可求得两切线方程为，或，此时；当两切线、的斜率都存在时，设切线的方程为（、的斜率分别为、），.综上所述，；（2）根据题意得、，令，则，所以，当时，当时，.因此，的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆两切线垂直的证明，同时也考查了弦长的取值范围的计算，考查计算能力，属于中等题.19（1）；（2）.【解析】(1) 以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系, 设底面正方形边长为再求解与平面的法向量,继而求得直线与平面所成角的正弦

16、值即可.(2)分别求解平面与平面的法向量,再求二面角的余弦值判断二面角大小即可.【详解】解：在正四棱锥中,底面正方形的对角线交于点所以平面取的中点的中点所以两两垂直,故以点为坐标原点,以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系设底面正方形边长为因为所以所以,所以,设平面的法向量是,因为,所以,取则,所以所以,所以直线与平面所成角的正弦值为设平面的法向量是,因为,所以,取则所以,由知平面的法向量是,所以所以,所以锐二面角的大小为【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解线面夹角以及二面角的问题,属于中档题.20 (1)；(2)(i)，；(ii).【解析】（1）在中，由正弦定理可得所求；（2）（i）

17、由余弦定理得，两式相加可得所求解析式（ii）在中，由余弦定理可得，根据的最大值不小于可得关于的不等式，解不等式可得所求【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以，即（2）（i）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又所以，即又，解得，所以所求关系式为，（ii）当观赏角度的最大时，取得最小值在中，由余弦定理可得，因为的最大值不小于，所以，解得，经验证知，所以即两处喷泉间距离的最小值为【点睛】本题考查解三角形在实际中的应用，解题时要注意把条件转化为三角形的边或角，然后借助正余弦定理进行求解解题时要注意三角形边角关系的运用，同时还要注意所得结果要符合实际意义21（1）x2+y21（2）16【解析】（1）直接利用极坐标方程和参数方程公式化简得到答案.（2）圆心到直线的距离为，故弦长为得到答案.【详解】（1），即，即，即.，故.（2）圆心到直线的距离为，故弦长为.【点睛】本题考查了极坐标方程和参数方程，圆的弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.22（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）【解析】试题分析 ：（1），分，讨论，当时，对，当时，解得，在上是减函数，在上是增函数。所以，当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 。所以分和k1讨论。试题解析：（）因为，所以，当