2023届福建省泉州市永春高三（最后冲刺）数学试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（）A． B．C． D．以上情况均有可能2．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阴数和阳数中各取一数，则其差的绝对值为5的概率为A． B． C． D．3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（）A．56383 B．57171 C．59189 D．612424．设为等差数列的前项和，若，则A． B．C． D．5．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（）A． B． C． D．6．圆心为且和轴相切的圆的方程是（）A． B．C． D．7．已知点是双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．28．2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么()A．国防大学，研究生 B．国防大学，博士C．军事科学院，学士 D．国防科技大学，研究生9．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AB的中点，若，且，则面积的最大值是()A． B． C． D．10．己知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（）A． B．C． D．11．已知是虚数单位，若，则（）A． B．2 C． D．1012．在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列命题：①；②；③平面；④和成角为.正确命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则_________，该几何体的表面积为_________．14．某高校组织学生辩论赛，六位评委为选手成绩打出分数的茎叶图如图所示，若去掉一个最高分，去掉一个最低分，则所剩数据的平均数与中位数的差为______.15．在三棱锥中，，，两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为______.16．已知实数，且由的最大值是_________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，在四面体中，.（1）求证:平面平面；（2）若，二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.18．（12分）已知函数，其中.（1）当时，求在的切线方程；（2）求证：的极大值恒大于0.19．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，求的面积的值（或最大值）．已知的内角，，所对的边分别为，，，三边，，与面积满足关系式：，且，求的面积的值（或最大值）．20．（12分）（选修4-4：坐标系与参数方程）在平面直角坐标系，已知曲线（为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）过点且与直线平行的直线交于，两点，求点到，的距离之积．21．（12分）在开展学习强国的活动中，某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组，其中党员学习组有4名男教师、1名女教师，非党员学习组有2名男教师、2名女教师，高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.（1）求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数；（2）记X为选出的4名选手中女教师的人数，求X的概率分布和数学期望.22．（10分）已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为、，过左焦点的直线交椭圆于、两点（异于、两点），当直线垂直于轴时，四边形的面积为1．（1）求椭圆的方程；（2）设直线、的交点为；试问的横坐标是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．

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。1．B【解析】

由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较．【详解】由可得，即函数的周期，因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，根据偶函数的对称性可知，在上单调递增，因为，是锐角三角形的两个内角，所以且即，所以即，．故选：．【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．2．A【解析】

阳数：，阴数：，然后分析阴数和阳数差的绝对值为5的情况数，最后计算相应概率.【详解】因为阳数：，阴数：，所以从阴数和阳数中各取一数差的绝对值有：个，满足差的绝对值为5的有：共个，则.故选：A.【点睛】本题考查实际背景下古典概型的计算，难度一般.古典概型的概率计算公式：.3．C【解析】

根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为的等差数列，记数列则令，解得.故该数列各项之和为.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。4．C【解析】

根据等差数列的性质可得，即，所以，故选C．5．B【解析】

由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.【详解】抛物线的焦点为，则，即，设点的坐标为，点的坐标为，如图：∴，解得，或(舍去)，∴∴直线的方程为，设直线与抛物线的另一个交点为，由，解得或，∴，∴，故直线被截得的弦长为．故选：B．【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.6．A【解析】

求出所求圆的半径，可得出所求圆的标准方程.【详解】圆心为且和轴相切的圆的半径为，因此，所求圆的方程为.故选：A.【点睛】本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.7．A【解析】

设点的坐标为，代入椭圆方程可得，然后分别求出点到两条渐近线的距离，由距离之积为，并结合，可得到的齐次方程，进而可求出离心率的值.【详解】设点的坐标为，有，得.双曲线的两条渐近线方程为和，则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，所以，则，即，故，即，所以.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题.8．C【解析】

根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位.【详解】由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的；则丙来自军事科学院；由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，故丙为学士.综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.故选：C.【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.9．A【解析】

根据正弦定理可得，求出，根据平方关系求出.由两端平方，求的最大值，根据三角形面积公式，求出面积的最大值.【详解】中，，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理，得.D是AB的中点，且，，即，即，，当且仅当时，等号成立.的面积，所以面积的最大值为.故选：.【点睛】本题考查正、余弦定理、不等式、三角形面积公式和向量的数量积运算，属于中档题.10．A【解析】

根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.【详解】依题意如图所示：取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，取是的外心，作平面平面，则是四棱锥的外接球球心，且，设四棱锥的外接球半径为，则，而，所以，故选：A.【点睛】本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.11．C【解析】

根据复数模的性质计算即可.【详解】因为，所以，，故选：C【点睛】本题主要考查了复数模的定义及复数模的性质，属于容易题.12．C【解析】

建立空间直角坐标系，利用向量的方法对四个命题逐一分析，由此得出正确命题的个数.【详解】设正方体边长为，建立空间直角坐标系如下图所示，，.①，，所以，故①正确.②，，不存在实数使，故不成立，故②错误.③，，，故平面不成立，故③错误.④，，设和成角为，则，由于，所以，故④正确.综上所述，正确的命题有个.故选：C【点睛】本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法，考查运算求解能力，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】试题分析：如图：此几何体是四棱锥，底面是边长为的正方形，平面平面，并且，，所以体积是，解得，四个侧面都是直角三角形，所以计算出边长，表面积是考点：1．三视图；2．几何体的表面积．14．【解析】

先根据茎叶图求出平均数和中位数，然后可得结果.【详解】剩下的四个数为83，85，87，95，且这四个数的平均数，这四个数的中位数为，则所剩数据的平均数与中位数的差为.【点睛】本题主要考查茎叶图的识别和统计量的计算，侧重考查数据分析和数学运算的核心素养.15．【解析】

先根据三棱锥的几何性质，求出外接球的半径，结合向量的运算，将问题转化为求球体表面一点到外心距离最大的问题，即可求得结果.【详解】因为两两垂直且，故三棱锥的外接球就是对应棱长为2的正方体的外接球.且外接球的球心为正方体的体对角线的中点，如下图所示：容易知外接球半径为.设线段的中点为，故可得，故当取得最大值时，取得最大值.而当在同一个大圆上，且，点与线段在球心的异侧时，取得最大值，如图所示：此时，故答案为：.【点睛】本题考查球体的几何性质，几何体的外接球问题，涉及向量的线性运算以及数量积运算，属综合性困难题.16．【解析】

将其转化为几何意义，然后根据最值的条件求出最大值【详解】由化简得，又实数，图形为圆，如图:，可得，则由几何意义得，则，为求最大值则当过点或点时取最小值，可得所以的最大值是【点睛】本题考查了二元最值问题，将其转化为几何意义，得到圆的方程及斜率问题，对要求的二元二次表达式进行化简，然后求出最值问题，本题有一定难度。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）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点连接，得，可得，可证，可得，进而平面，即可证明结论；（2）设分别为边的中点，连，可得，，可得（或补角）是异面直线与所成的角，，可得，为二面角的平面角，即，设，求解，即可得出结论.【详解】（1）证明:取中点连接，由则，则，故，，平面，又平面，故平面平面（2）解法一:设分别为边的中点，则，（或补角）是异面直线与所成的角.设为边的中点，则，由知.又由（1）有平面，平面，所以为二面角的平面角，，设则在中，从而在中，，又，从而在中，因，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.解法二:过点作交于点由（1）易知两两垂直，以为原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.不妨设，由，易知点的坐标分别为则显然向量是平面的法向量已知二面角为，设，则设平面的法向量为，则令，则由由上式整理得，解之得(舍)或，因此，异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系，证明平面与平面垂直，考查空间角，涉及到二面角、异面直线所成的角，做出空间角对应的平面角是解题的关键，或用空间向量法求角，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.18．（1）（2）证明见解析【解析】

（1）求导，代入，求出在处的导数值及函数值，由此即可求得切线方程；（2）分类讨论得出极大值即可判断.【详解】（1），当时，，，则在的切线方程为；（2）证明：令，解得或，①当时，恒成立，此时函数在上单调递减，∴函数无极值；②当时，令，解得，令，解得或，∴函数在上单调递增，在，上单调递减，∴；③当时，令，解得，令，解得或，∴函数在上单调递增，在，上单调递减，∴，综上，函数的极大值恒大于0.【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的极值，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.19．见解析【解析】

若选择①，结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，将代入，得．又，∴，当且仅当时等号成立．∴，故的面积的最大值为，此时．若选择②，，结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，则，此时为等腰直角三角形，.若选择③，，则结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，则．20．（1）曲线：，直线的直角坐标方程；（2）1.【解析】试题分析：（1）先根据三角函数平方关系消参数得曲线化为普通方程，再根据将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）根据题意设直线参数方程，代入C方程，利用参数几何意义以及韦达定理得