广东省中山市丰山学部2023年高考数学押题试卷含解析

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函数的定义域为（ ）ABCD2设是定义域为的偶函数，且在单调递增，则（ ）ABCD3元代数学家朱世杰的数学名著算术启蒙是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，则输出的（ ）A3B4C5D64已知函数，的零点分别为，则（ ）ABCD5已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为( )A2020B20l9C2018D20176已知，是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下

3、列命题中错误的是（ ）A若，则或B若，则C若，则D若，则7某个命题与自然数有关，且已证得“假设时该命题成立，则时该命题也成立”现已知当时，该命题不成立，那么（ ）A当时，该命题不成立B当时，该命题成立C当时，该命题不成立D当时，该命题成立8已知数列的前项和为，且，则( )ABCD9的展开式中的一次项系数为（ ）ABCD10已知变量x，y间存在线性相关关系，其数据如下表，回归直线方程为，则表中数据m的值为（ ）变量x0123变量y35.57A0.9B0.85C0.75D0.511已知数列的通项公式是，则（ ）A0B55C66D7812一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40的方向直

4、线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65，那么B，C两点间的距离是（ ）A6 海里B6海里C8海里D8海里二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13动点到直线的距离和他到点距离相等，直线过且交点的轨迹于两点，则以为直径的圆必过_.14若，则=_， = _.15从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表，甲被选中的概率为_.16若函数为偶函数，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）如图，在四边形中，.（1）求的长；（2）若的面积为6，求的值.18（12分）在锐角中，分别

5、是角的对边，且（1）求角的大小；（2）求函数的值域19（12分）已知的三个内角所对的边分别为，向量，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值20（12分）如图，在直三棱柱中，点P，Q分别为，的中点.求证：（1）PQ平面；（2）平面.21（12分）在四棱锥的底面中，平面，是的中点，且（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）线段上是否存在点，使得，若存在指出点的位置，若不存在请说明理由.22（10分）第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会

6、顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：组别频数5304050452010（1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设，分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求，的值（，的值四舍五入取整数），并计算；（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民

7、制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值为15元的纪念品A的概率为，抽中价值为30元的纪念品B的概率为.现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额.（参考数据：；.）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】函数的定义域应满足 故选C.2C【解析】根据偶函数的性质，比较即可.【详解】解：显然，所以是定义域为的偶函数，且在单调递增，所以故选：C【点睛】本题考

8、查对数的运算及偶函数的性质，是基础题.3B【解析】分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有；记执行第次循环时，的值记为有，则有.令，则有，故，故选B.点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.4C【解析】转化函数，的零点为与，的交点，数形结合，即得解.【详解】函数，的零点，即为与，的交点，作出与，的图象，

9、如图所示，可知故选：C【点睛】本题考查了数形结合法研究函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合的能力，属于中档题.5B【解析】根据题意计算，计算，得到答案.【详解】是等差数列的前项和，若，故，故，当时，当时，故前项和最大.故选：.【点睛】本题考查了数列和的最值问题，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.6D【解析】根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.【详解】选项A：若，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；选项B：若，由线面平行的判定定理，有，故B正确；选项C：若，故，所成的二面角为，则，故C正确；选

10、项D，若，有可能，故D不正确.故选：D【点睛】本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.7C【解析】写出命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题，结合原命题与逆否命题的真假性一致进行判断.【详解】由逆否命题可知，命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题为“假设当时该命题不成立，则当时该命题也不成立”，由于当时，该命题不成立，则当时，该命题也不成立，故选：C.【点睛】本题考查逆否命题与原命题等价性的应用，解题时要写出原命题的逆否命题，结合逆否命题的等价性进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.8C【解析】根据已知条件判断出数列是等比

11、数列，求得其通项公式，由此求得.【详解】由于，所以数列是等比数列，其首项为，第二项为，所以公比为.所以，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查等比数列的证明，考查等比数列通项公式，属于基础题.9B【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10A【解析】计算，代入回归方程可得【详解】由题意，解得故选：A.【点睛】本题考查线性回归直线方程，解题关键是掌握性质：线性回归直线一定过中心点11D【解析】先分为奇数和偶数两

12、种情况计算出的值，可进一步得到数列的通项公式，然后代入转化计算，再根据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解：由题意得，当为奇数时，当为偶数时， 所以当为奇数时，；当为偶数时，所以 故选：D【点睛】此题考查数列与三角函数的综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.12A【解析】先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解.【详解】由题意可知：BAC704030.ACD110，ACB1106545，ABC1803045105.又AB240.512.在ABC中，由正弦定理得，即，.故选：A.【点睛】本题考查正弦定理的实际应用

13、，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.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】利用动点到直线的距离和他到点距离相等，,可知动点的轨迹是以为焦点的抛物线,从而可求曲线的方程,将 ,代入,利用韦达定理,可得 ,从而可知以为直径的圆经过原点O.【详解】设点，由题意可得，可得，设直线的方程为，代入抛物线可得，以AB为直径的圆经过原点.故答案为：（0,0）【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线和抛物线的交汇问题，同时考查了方程的思想和韦达定理，考查了运算能力，属于中档题.14128 21 【解析】令，求得的值.利用展开式的通项公式，求

14、得的值.【详解】令，得.展开式的通项公式为，当时，为，即.【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查赋值法求解二项式系数有关问题，属于基础题.15【解析】甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法,从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,根据公式即可求得概率.【详解】甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法, 从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,.故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率的计算,考查学生分析问题的能力,难度容易.161【解析】试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，考点：函数的奇偶性【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力

15、、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为 函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取三、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) 【解析】（1）利用余弦定理可得的长；（2）利用面积得出，结合正弦定理可得.【详解】解：（1）由题可知.在中，所以.（2），则.又，所以.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知角较多时一般选用正弦定理，已知边较多时一般选用余弦定理.18（1）；（2）【解析】（1）由向量平行的坐标表示、正弦定理边化角和两角和差

16、正弦公式可化简求得，进而得到；（2）利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式化简函数为，根据的范围可确定的范围，结合正弦函数图象可确定所求函数的值域.【详解】（1），由正弦定理得：，即，又，.（2）在锐角中，函数的值域为【点睛】本题考查三角恒等变换、解三角形和三角函数性质的综合应用问题；涉及到共线向量的坐标表示、利用三角恒等变换公式化简求值、正弦定理边化角的应用、正弦型函数值域的求解等知识.19（1）（2）【解析】利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式得到关于的方程,解方程即可求解;由知,在中利用余弦定理得到关于的方程,与方程联立求出,进而求出,利用两角差的正弦公式求解即可.【详解】由

17、题意得，,由二倍角的余弦公式可得, , 又因为，所以，解得或，. 在中,由余弦定理得,即 又因为,把代入整理得，解得，所以为等边三角形， ,即.【点睛】本题考查利用平面向量数量积的坐标表示和余弦定理及二倍角的余弦公式解三角形;熟练掌握余弦的二倍角公式和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.20（1）见解析（2）见解析【解析】（1）取的中点D，连结，.根据线面平行的判定定理即得；（2）先证，和都是平面内的直线且交于点，由（1）得，再结合线面垂直的判定定理即得.【详解】（1）取的中点D，连结，.在中，P，D分别为，中点，且.在直三棱柱中，.Q为棱的中点，且.，.四边形为平行四边形，从而.

18、又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D为中点，.由（1）知，.又，平面，平面，平面.【点睛】本题考查线面平行的判定定理，以及线面垂直的判定定理，难度不大.21（）详见解析；（）；（）存在，点为线段的中点.【解析】（）连结，则四边形为平行四边形，得到证明.（）建立如图所示坐标系，平面法向量为，平面的法向量，计算夹角得到答案.（）设，计算，根据垂直关系得到答案.【详解】（）连结，则四边形为平行四边形.平面.（）平面，四边形为正方形.所以，两两垂直，建立如图所示坐标系，则，设平面法向量为，则，连结，可得，又所以，平面，平面的法向量，设二面角的平面角为，则.（）线段上存在点使得，设，所以点为线段的中点.【点睛】本题考查了线面平行，二面角，根据垂直关系确定位置，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.22（1