2023届湖北省荆门市钟祥一中高考数学考前最后一卷预测卷含解析

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．数列满足：，，，为其前n项和，则（）A．0 B．1 C．3 D．42．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何?意思是:有一根竹子,原高一丈（1丈=10尺）,现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（）尺.A． B． C． D．3．已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数的图象的一条对称轴是，则的最小值为A． B． C． D．4．已知是虚数单位，则复数（）A． B． C．2 D．5．函数的图象的大致形状是（）A． B． C． D．6．已知等差数列的前n项和为，，则A．3 B．4 C．5 D．67．已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．8．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（）A． B． C． D．9．已知集合,则（）A． B． C． D．10．下列四个图象可能是函数图象的是（）A． B． C． D．11．已知集合，，则等于()A． B． C． D．12．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B．3 C． D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．复数为虚数单位）的虚部为__________．14．函数的值域为_________．15．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.16．在等差数列（）中，若，，则的值是______.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）已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求直线的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到直线距离的最小值和最大值.18．（12分）在数列中，已知，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.19．（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）使得，求实数的取值范围.20．（12分）设椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点D在椭圆C上，的周长为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过圆上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：为定值.21．（12分）如图，在中，点在上，，，.（1）求的值；（2）若，求的长.22．（10分）如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.（1）求证：平面平面；（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，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、D【解析】

用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期，再利用计算.【详解】由已知，①，所以②，①+②，得，从而，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别为1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故选：D.【点睛】本题考查周期数列的应用，在求时，先算出一个周期的和即，再将表示成即可，本题是一道中档题.2、B【解析】如图，已知，，

∴，解得

，∴，解得

.∴折断后的竹干高为4.55尺故选B.3、C【解析】

将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，因为函数的图象的一条对称轴是，所以，即，所以，又，所以的最小值为．故选C．4、A【解析】

根据复数的基本运算求解即可.【详解】.故选：A【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.5、B【解析】

根据函数奇偶性，可排除D；求得及，由导函数符号可判断在上单调递增，即可排除AC选项.【详解】函数易知为奇函数，故排除D.又，易知当时，；又当时，，故在上单调递增，所以，综上，时，，即单调递增.又为奇函数，所以在上单调递增，故排除A，C.故选：B【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象，导函数性质与函数图象关系，属于中档题.6、C【解析】

方法一：设等差数列的公差为，则，解得，所以.故选C．方法二：因为，所以，则.故选C．7、A【解析】

根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由双曲线可知，焦点在轴上，则双曲线的渐近线方程为：，由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，∴，即：，，所以双曲线的渐近线方程为：.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.8、A【解析】

由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．则几何体的体积为．故选：．【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．9、B【解析】

计算，再计算交集得到答案【详解】,表示偶数，故.故选：.【点睛】本题考查了集合的交集，意在考查学生的计算能力.10、C【解析】

首先求出函数的定义域，其函数图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到，因为为奇函数，即可得到函数图象关于对称，即可排除A、D，再根据时函数值，排除B，即可得解.【详解】∵的定义域为，其图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到，∵为奇函数，图象关于原点对称，∴的图象关于点成中心对称.可排除A、D项.当时，，∴B项不正确.故选：C【点睛】本题考查函数的性质与识图能力，一般根据四个选择项来判断对应的函数性质，即可排除三个不符的选项，属于中档题.11、B【解析】

解不等式确定集合，然后由补集、并集定义求解．【详解】由题意或，∴，．故选：B.【点睛】本题考查集合的综合运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题型．12、B【解析】由正弦定理及条件可得，即.，∴，由余弦定理得。∴.选B。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】试题分析：，即虚部为1，故填：1.考点：复数的代数运算14、【解析】

利用换元法，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得到函数的值域，得到答案．【详解】由题意，可得，令，，即，则，当时，，当时，，即在为增函数，在为减函数，又，，，故函数的值域为：．【点睛】本题主要考查了三角函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性与最值，其中解答中合理利用换元法得到函数，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了推理与预算能力，属于基础题．15、1【解析】

按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．【详解】9元的支付有两种情况，或者，①当9元采用方式支付时，200元的支付方式为，或者或者共3种方式，10元的支付只能用1张10元，此时共有种支付方式；②当9元采用方式支付时：200元的支付方式为，或者或者共3种方式，10元的支付只能用1张10元，此时共有种支付方式；所以总的支付方式共有种．故答案为：1．【点睛】本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．16、-15【解析】

是等差数列，则有，可得的值，再由可得，计算即得.【详解】数列是等差数列，，又，，，故.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的性质，也可以由已知条件求出和公差，再计算.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）最大值；最小值.【解析】

（1）结合极坐标和直角坐标的互化公式可得；（2）利用参数方程，求解点到直线的距离公式，结合三角函数知识求解最值.【详解】解：（1）因为，代入，可得直线的直角坐标方程为.（2）曲线上的点到直线的距离，其中，.故曲线上的点到直线距离的最大值，曲线上的点到直线的距离的最小值.【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的转化及最值问题，椭圆上的点到直线的距离的最值求解优先考虑参数方法，侧重考查数学运算的核心素养.18、（1）；（2）见解析.【解析】

（1）由已知变形得到，从而是等差数列，然后利用等差数列的通项公式计算即可；（2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法求出即可.【详解】（1）由已知，，即，又，则数列是以1为首项3为公差的等差数列，所以，即.（2）因为，则，所以，又是递增数列，所以，综上，.【点睛】本题考查由递推公式求数列通项公式、裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，是一道基础题.19、（1）；（2）或.【解析】

（1）分段讨论得出函数的解析式，再分范围解不等式，可得解集；（2）先求出函数的最小值，再建立关于的不等式，可求得实数的取值范围.【详解】（1）因为，所以当时，；当时，无解；当时，；综上，不等式的解集为；（2），又，或.【点睛】本题考查分段函数，绝对值不等式的解法，以及关于函数的存在和任意的问题，属于中档题.20、（1）（2）见解析【解析】

(1)由，周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】（1）由题意得，周长，且.联立解得，，所以椭圆C的标准方程为.（2）①当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为，则，所以，即.②当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设，由，，，由直线l与圆E相切，得.所以.从而，即.综合上述，得为定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.21、(1)；（2）.【解析】

（1）由两角差的正弦公式计算；（2）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．【详解】（1）因为，所以.因为，所以，所以.（2）在中，由，得，在中，由余弦定理可得，所以.【点睛】本题考查两角差的正弦公式，考查正弦定理和余弦定理，属于中档题．22、（1）证明见解析；（2）存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.【解析】

（1）在直角梯形中，根据，，得为等边三角形，再由余弦定理求得，满足，得到，再根据平面平面，利用面面垂直的性质定理证明.（2）建立空间直角坐标系：假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，求得平面的一个法向量，再利用线面角公式求解.【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，因此为等边三角形，从而，又，由余弦定理得：，∴，即，且折叠后与位置关系不变