2023年邢台市重点高考仿真模拟数学试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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.设函数g(x)="+(l—")x-a(aeR,e为自然对数的底数)，定义在R上的函数/(幻满足/(-x)+=

且当x40时，f\x)<x.若存在/€｛》1/(幻+；2/(1-》)+》］，且为函数y=g(x)—x的一个零点，则实数

。的取值范围为()

yr厂[4]

A.^-,+8B.W%+8)C.[Je,+8)D.­-,+00

12)L2)

2.m知随机变量X的分布列是

X123

1

Pa

23

则E(2X+a)=()

57723

A.-B.-C.—D.—

3326

6

3.(d—i)五十2的展开式中的常数项为()

\X)

A.-60B.240C.-80D.180

4.在长方体中，AB=1,AD=&A4,=G,则直线。"与平面ABQ所成角的余弦值为()

VisVio

A."B.遮C.-n”.-

2355

3

5.已知a是第二象限的角，tan(万+a)=-二，贝！Isin2a=()

4

121224_24

AA.-_---_---DR.-_---_---_---V.—__un.

252525~25

a“+3,a”为奇数

6.已知数列｛a„｝满足：4=1,«„+1=>2a.+l,a”为偶数’则4=()

16B.25C.28D.33

7.已知A1=f」一公，N=jcosxdx，由程序框图输出的5为（）

Jx+1

0

71

A.1B.0C.—D.In2

2

8.三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个

以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄

色，其面积称为朱实、黄实，利用2x勾X股+（股-勾）2=4x朱实+黄实二弦实，化简，得勾2+股2=弦2.设勾股形

中勾股比为i：G，若向弦图内随机抛掷loo。颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（）

D.500

（Y3、1

9.二项式---展开式中，一项的系数为（）

945189212835

A.--------B.--------C.------D.

1632648

10.把满足条件(1)VxeR,/(—x)=/(x),（2）VX]e/?,±2eR,使得/（玉）=一的函数称为“。函

数”，下列函数是““函数”的个数为（）

xx

①y=f+|x|②,=彳3®y=e+e~=cosx=xsinx

A.1个B.2个C.3个D.4个

11.已知抛物线C：d=4y的焦点为E,过点尸的直线/交抛物线c于A,8两点，其中点A在第一象限，若弦AB

25|AF|

的长为?，则舄=（）

4\BF\

A.2或'B.3或1C.4或LD.5或1

2345

12.已知命题p：“a>2”是"2">2”"的充要条件；qHxeR,\x+l\<x,则（）

A.Jp）vq为真命题B.Pvq为真命题

C.77A4为真命题D.〃△（—1乡）为假命题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知数列{。“}中，S”为其前”项和，4=1,a“a“+i=2",则牝=>^200=-

14.已知集合4=何0。<1},B={x\a-l<x<3},若Af^中有且只有一个元素，则实数a的值为.

15.古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金.”将五

种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有种.（用数字作

答）

16.某种牛肉干每袋的质量双依）服从正态分布，质检部门的检测数据显示：该正态分布为N（2,cr2）,

P（1.9效帆2.1）=0.98.某旅游团游客共购买这种牛肉干100袋，估计其中质量低于1.9口的袋数大约是袋.

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）a,b,c分别为AA8C内角A,B,C的对边.已知a=3,csinC=asinA+Z?sinB,且5=60。.

（1）求△ABC的面积；

（2）若D,E是8c边上的三等分点，求sin/ZME.

18.（12分）已知a,b,c分别为AABC内角A,B,C的对边，且。2=3/一3,2.

（1）证明：b-3c-cosA；

（2）若AA3c的面积S=2,b=46,求角C.

19.（12分）如图，在四棱锥A—BCDE中，平面BCDEL平面ABC,BE±EC,BC=1,AB=2,ZABC=60°.

B

（I）求证：BE1平面ACE；

（II）若锐二面角七一A3-。的余弦值为叵，求直线CE与平面ABC所成的角.

7

226

20.（12分）已知椭圆。：鼻+%=1（。>6>0）的左、右焦点分别为耳，鸟，离心率为半，A为椭圆上一动点（异

于左右顶点），AA耳心面积的最大值为由.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若直线/：y=x+m与椭圆。相交于点A6两点，问）’轴上是否存在点“，使得A43M是以"为直角顶点的

等腰直角三角形？若存在，求点”的坐标；若不存在，请说明理由.

21.（12分）2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到40（）元则可参加一次抽奖活

动，超市设计了两种抽奖方案.

方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客

从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽

取3次.

方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客

从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.

（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；

（2）若某顾客获得抽奖机会.

①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；

②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？

22.（10分）选修4—5；不等式选讲.

已知函数

⑴若/（x）加-11的解集非空，求实数机的取值范围；

（2）若正数X,），满足V+y2=M,M为（1）中小可取到的最大值，求证：x+y>2xy.

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】

先构造函数T(X)=F(X)-g尤2,由题意判断出函数T(x)的奇偶性，再对函数T(x)求导，判断其单调性，进而可求

出结果.

【详解】

构造函数T(x)=/(x)-gd,

因为“一力+/(力=/,

所以丁(力+7(一%)=/(力一：/+“一司一；(_力2=/(力+，(_尤)一/=0,

所以T(x)为奇函数，

当xWO时，T'(x)=/'(x)-x<0,所以T(x)在(9,0］上单调递减，

所以T(x)在R上单调递减.

因为存在X()G<x/(X)+^>/(l-X)+X>,

所以/(面)+(2/(1-％)+*0,

111

所以T(Xo)+/X：+/NT(1-玉))+耳。-/)-2+*0，

化简得7(%)2T(1-/)，

所以玉,《1-%，即

^■h^=g^x^-x-ex-y/ex-a^x<-^,

因为/为函数y=g(x)-x的一个零点，

所以h(x)在x4；时有一个零点

因为当“4万时，h^x)=ex-\je<e^-y/e=09

所以函数〃(x)在x4;时单调递减，

。八1

由选项知。>0,一丁

、

又因为〃

所以要使〃（x）在xwg时有一个零点，

只需使/«）=五_；五一々40,解得&N乎，

所以。的取值范围为方-，+=°，故选D.

./

【点睛】

本题主要考查函数与方程的综合问题，难度较大.

2.C

【解析】

利用分布列求出“，求出期望E（X）,再利用期望的性质可求得结果.

【详解】

由分布列的性质可得1+』+a=l,得。=！，所以，E（X）=lxl+2x-+3x-=-,

236'，2363

因此，E（2X+a）=E|2X+-|=2E（X）+-=2x-+l=-.

I6）6362

故选：C.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是基本知识的考查.

3.D

【解析】

求（V—1）［五+:）的展开式中的常数项，可转化为求（4+2）展开式中的常数项和5项，再求和即可得出答案.

【详解】

由题意，（4+工）中常数项为c：（五）=60,

（4+公中4项为2）=2404，

YX）XXJX

（八6

所以（V—的展开式中的常数项为：

x3x240^-1x60=180.

x

故选：D

【点睛】

本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.

4.C

【解析】

在长方体中48//孰2，得。。与平面ABG交于过。做DOLAR于。，可证0O_L平面A6GA,可得

/。。田为所求解的角，解心AA。。，即可求出结论.

【详解】

在长方体中AB//C.Z),,平面ABC,即为平面ABC.,

过。做。O_LAR于。，Q43_L平面4ARO,

小匚平面的。。,；.AB±DO,ABC[AD]=D,

：.DO1平面ABC^,:.ZDD}A为DD}与平面ABC,所成角，

^Rt^ADD],DDi=AA]=y/3,AD=y/2,：.ADi=布,

./NNADD、出屈

iAD、加5

直线DR与平面ABC,所成角的余弦值为叵.

5

故选:C.

【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”"证”"算"，三步骤缺一不可，属于基础题.

5.D

【解析】

利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出cos2a，再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.

【详解】

3

因为tanQr+a)=——,

4

cinn3

由诱导公式可得,tana=--=

cosa4

,3

即sina=——cos。，

4

因为sin2a+cos2a=1,

16

所以cos9a=一,

25

由二倍角的正弦公式可得，

.OO,32

sin2cr=2sinorcosa=——cosa,

2

b一・c31624

所以sm2a=——x一=.

22525

故选:D

【点睛】

本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中

档题.

6.C

【解析】

依次递推求出牝得解.

【详解】

n=l时，4=1+3=4,

n=2时，&3=2X4+1=9,

n=3时，%=9+3=12,

n=4时，%=2x12+1=25,

n=5时，4=25+3=28.

故选：C

【点睛】

本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

7.D

【解析】

n_

!-11j_

试题分析：M=--^=ln(x+l)|=ln2,N=fcosxdc=sinx|2=1，所以M<N,所以由程序框图输出

ooo

的S为ln2.故选D.

考点：1、程序框图；2、定积分.

8.A

【解析】

分析：设三角形的直角边分别为1,百，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.

解析：设三角形的直角边分别为1,百，则弦为2,故而大正方形的面积为4,小正方形的面积为(G-1『=4-2G.

•••图钉落在黄色图形内的概率为匕叵=三叵.

42

落在黄色图形内的图钉数大约为］000x三叵。134.

2

故选：A.

点睛：应用几何概型求概率的方法

建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量.

(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；

(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角

坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；

(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐

标系即可建立与体积有关的几何概型.

9.D

【解析】

写出二项式的通项公式,再分析x的系数求解即可.

【详解】

二项式(楙-?)展开式的通项为乙尸。0O=&(£)(一3)~2,令7-2r=一1,得r=4,故：项的系

数为康仁「(一3)4=等.

故选：D

【点睛】

本题主要考查了二项式定理的运算，属于基础题.

10.B

【解析】

满足(D(2)的函数是偶函数且值域关于原点对称，分别对所给函数进行验证.

【详解】

满足(1)(2)的函数是偶函数且值域关于原点对称，①不满足(2)；②不满足(1)；

③不满足(2)；④⑤均满足(1)(2).

故选：B.

【点睛】

本题考查新定义函数的问题，涉及到函数的性质，考查学生逻辑推理与分析能力，是一道容易题.

11.C

【解析】

先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出|AF|，|BF|.

【详解】

设直线的倾斜角为凡贝||4却=37=’^=生，

cos0cos04

所以cos2e=3,tan2^=-\1=一,即tanB=±—,

25cos/164

33

所以直线I的方程为y=+1.当直线/的方程为y=-x+l,

44

4-o

联立｛3，，解得玉=-1和々=4,所以|A肝F|=厂不=4；

y=-X+]叩0-(-1)

3\AF\1\AF\1

同理，当直线/的方程为y=—综上，匕]=4或：.选C.

4\BF\4\BF\4

【点睛】

本题主要考查直线和抛物线的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物

线的定义.

12.B

【解析】

由y=2'的单调性，可判断p是真命题；分类讨论打开绝对值，可得q是假命题，依次分析即得解

【详解】

由函数y=2'是R上的增函数，知命题p是真命题.

对于命题q,当x+120,即xN-l时，|x+l|=x+l>x；

当x+l<0,即x<—l时，|x+l|=-x—1,

由—%—得工=一2，无解，

因此命题q是假命题.所以为假命题，A错误；

为真命题，B正确；

〃八9为假命题，C错误；

“△（F）为真命题，D错误.

故选：B

【点睛】

本题考查了命题的逻辑连接词，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.83x21°°-3（写为2@+2皿-3也得分）

【解析】

由q=l,。/向=2"得，/=2.当“22时，a,-a,=2'i,所以"=2,所以｛%｝的奇数项是以1为首项，以2

an-\

为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列.则％=2x22=8,

[＞（＞2）+2x（『2）=2ino+*—3=3x*—3

1-21-2

14.2

【解析】

利用中有且只有一个元素，可得。一1=1,可求实数。的值.

【详解】

由题意中有且只有一个元素，所以。一1=1,即a=2.

故答案为：2.

【点睛】

本题主要考查集合的交集运算，集合交集的运算本质是存同去异，侧重考查数学运算的核心素养.

15.1.

【解析】

试题分析：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能

从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只

能排上土，故总的排列方法种数有5x2xlxlxl=l.

考点：排歹(J、组合及简单计数问题.

点评：本题考查排列排列组合及简单计数问题，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景，利用分

步原理正确计数，本题较抽象，计数时要考虑周详.

16.1

【解析】

根据正态分布对称性，求得质量低于1.9口的袋数的估计值.

【详解】

由于〃=2,所以P(m<1.9)==0.01,所以10()袋牛肉干中，质量低于19kg的袋数大约是100x0.01=1袋.

故答案为：1

【点睛】

本小题主要考查正态分布对称性的应用，属于基础题.

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^.(2)

2434

【解析】

(1)根据正弦定理，可得AA8C为直角三角形，然后可计算从可得结果.

(2)计算AE,AZ),然后根据余弦定理，可得COS/D4E,利用平方关系，可得结果.

【详解】

(1)△A3。中，由。$加。=成加4+加加5,

222

利用正弦定理得c=a+b9所以△ABC是直角三角形.

又4=3,8=60。,所以b=atan60=36；

所以△48C的面积为S=，，力=述.

22

(2)设。靠近点5,贝5O=OE=EC=1.

AE=ylb2+CE2=2A/7•AD=y/b2+CD2=731

4炉+A。?—口曰29V217

所以cos/D4E=

2AEAD434

所以sinZDAE=Jl一cosNDAE=空H.

434

【点睛】

本题考查正弦定理的应用，属基础题.

18.(1)见解析;(2)45°

【解析】

(1)利用余弦定理化简已知条件，由此证得。=3LCOSA

(2)利用正弦定理化简(1)的结论，得到tanA=2tanC,利用三角形的面积公式列方程，由此求得tanA,进而

求得tanC的值，从而求得角C.

【详解】

(1)由已知得=一'。2,

3

12

由余弦定理得2bccosA=〃+/一〃=匕2一一b2=—b2,b-3ccosA.

33

(2)由⑴及正弦定理得sin3=3sinCeosA,即$山(4+。)=3$亩。854,

sinAcosC+cosAsinC=3sinCcosA»:.sinAcosC=2sinCeosA,

tanA=2tanC.

S-2=—hesinA--b---------sinA=—Z?2tanA,

223cosA6

tanA=2,tanC=1>C=45°.

【点睛】

本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算

求解能力，属于中档题.

19.(I)详见解析；(II)45°.

【解析】

(I)由余弦定理解得AC,即可得到ACL8C,由面面垂直的性质可得AC,平面BCDE,即可得到AC_L3£,

从而得证；

(II)在平面BCOE中，过点E作EO,8c于点。，则平面A8C,如图所示建立空间直角坐标系，设

A(—a,6,0),E(0,0,〃)，其中利用空间向量法得到二面角的余弦，即可得到。力的关系，从而得

解;

【详解】

解：(I)证明：在AABC中，AC2=BC2+AB2-2BC-cosZABC>解得AC=JJ，

则AC?+BO?=AB?，从而ACLBC

因为平面BCDEL平面ABC,平面BCDEc平面ABC=BC

所以AC，平面BCDE,

又因为BEu平面BCDE,

所以AC_LBE,

因为BE_LEC,ACC\CE=C,ACu平面ACE,CEu平面ACE,所以B£1平面ACE；

(H)解：在平面8COE中，过点E作EOL3C于点。，则0E,平面A8C,如图所示建立空间直角坐标系，设

A(-67,6,0),E(0,0,〃)，其中0＜。＜1]＞0,贝U

8(1-a,0,0),丽=(-1,6,0)屏=(a-l,0,b)

设平面43E的法向量为五=(x,y,z),则

-x+>J3y=0

一BAm=0，即《

BEm=0(a-l)x+bz=0'

令y=l,则加=瓜1,

又平面ABC的一个法向量说=(0,0,。)，则

从而力=1一a,故NEBO=45°=NECB

则直线CE与平面ABC所成的角为NEC8,大小为45。.

【点睛】

本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.

20.(1)—+y2=l；(2)见解析

4-

【解析】

(1)由面积最大值可得力c=百，又£=走，以及〃=〃+。2,解得a力，即可得到椭圆的方程，(2)假设)，轴上

a2

存在点M（Oj）,是以/为直角顶点的等腰直角三角形，设A（X1,y）,3（%,%），线段AB的中点为

N（月,均），根据韦达定理求出点N的坐标，再根据AM_L3A/，MNL,即可求出加的值，可得点M的坐标.

【详解】

（1）乙4耳月面积的最大值为G，贝！I：bc=6

Xe=—=>a2=b2+c2>解得：a2=4»h2=I

a2

r2

椭圆。的方程为：—+/=1

4

（2）假设》轴上存在点M（0"）,是以“为直角顶点的等腰直角三角形

设A（%，x）,B（x2,y2）,线段AB的中点为Ng,%）

2

X1

—+V2=1_

由“4”，消去V可得：5x2+8mx+4m2-4=0

y=x+m

△=6W-20（4加2-4）=16（5-叫）>。，解得：m2<5

.8/〃4m2-4

••..X|+%2彳9XjX2=5

n（4m

xx+x.4mr、KT

・.・%=2一=5，%=/+根=,

依题意有MNII

m

t-

由的可得：5

V,/Z4Xxl=1,可得

0-1--TH1x1

V\~ty-f

由可得：9二]t

王马

y]=Xj+m,y2=x2+m

代入上式化简可得：2石％2+（〃2-%）（玉f-x2）+（m-/）**=0

则:2（4：一4）_仔卜（雪=0

,解得：m=±l

当加=1时，点加(0,一|)满足题意；当m=一1时，点满足题意

故)'轴上存在点Mk±|j,使得公.是以M为直角顶点的等腰直角三角形

【点睛】

本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，斜率公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.

21.⑴4⑵①100元,80元②第一种抽奖方案.

【解析】

(1)方案一中每一次摸到红球的概率为〃=者=§，每名顾客有放回的抽3次获180元返金券的概率为C；

根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金券的概率

(2)①分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即

可②根据①得出结论.

【详解】

(1)选择方案一，则每一次摸到红球的概率为p=?=g

设“每位顾客获得18()元返金券”为事件A,则=g

所以两位顾客均获得180元返金券的概率P=尸(A