2023屆江蘇省泰興市洋思中學高三（最后沖刺）數學試卷含解析

2023年高考數學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知復數滿足，則=（）A． B．C． D．2．已知雙曲線：的焦距為，焦點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．3．若復數滿足（是虛數單位），則（）A． B． C． D．4．函數的部分圖象大致是（）A． B．C． D．5．若變量，滿足，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．106．已知定義在R上的函數（m為實數）為偶函數，記，，則a，b，c的大小關系為()A． B． C． D．7．己知四棱錐中，四邊形為等腰梯形，，，是等邊三角形，且；若點在四棱錐的外接球面上運動，記點到平面的距離為，若平面平面，則的最大值為（）A． B．C． D．8．做拋擲一枚骰子的試驗，當出現1點或2點時，就說這次試驗成功，假設骰子是質地均勻的.則在3次這樣的試驗中成功次數X的期望為（）A．13 B．19．已知復數，則的虛部是（）A． B． C． D．110．的展開式中的系數為()A．－30 B．－40 C．40 D．5011．中國古代用算籌來進行記數，算籌的擺放形式有縱橫兩種形式（如圖所示），表示一個多位數時，像阿拉伯記數一樣，把各個數位的數碼從左到右排列，但各位數碼的籌式需要縱橫相間，其中個位、百位、方位……用縱式表示，十位、千位、十萬位……用橫式表示，則56846可用算籌表示為（）A． B． C． D．12．過橢圓的左焦點的直線過的上頂點，且與橢圓相交于另一點，點在軸上的射影為，若，是坐標原點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，在直四棱柱中，底面是平行四邊形，點是棱的中點，點是棱靠近的三等分點，且三棱錐的體積為2，則四棱柱的體積為______．14．如圖，機器人亮亮沿著單位網格，從地移動到地，每次只移動一個單位長度，則亮亮從移動到最近的走法共有____種．15．已知函數，若關于的方程恰有四個不同的解，則實數的取值范圍是______.16．將底面直徑為4，高為的圓錐形石塊打磨成一個圓柱，則該圓柱的側面積的最大值為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足bcosA﹣asinB＝1．（1）求A；（2）已知a＝2，B＝，求△ABC的面積．18．（12分）已知函數.（Ⅰ）求在點處的切線方程；（Ⅱ）已知在上恒成立，求的值.（Ⅲ）若方程有兩個實數根，且，證明：.19．（12分）已知數列滿足：對任意，都有.（1）若，求的值；（2）若是等比數列，求的通項公式；（3）設，，求證：若成等差數列，則也成等差數列.20．（12分）已知函數（1）若函數在處取得極值1，證明：（2）若恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）已知，分別是橢圓：的左，右焦點，點在橢圓上，且拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．（1）求,的值：（2）過點作不與軸重合的直線，設與圓相交于A，B兩點，且與橢圓相交于C，D兩點，當時，求△的面積．22．（10分）如圖，⊙的直徑的延長線與弦的延長線相交于點，為⊙上一點，，交于點．求證：~．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

利用復數的代數運算法則化簡即可得到結論.【詳解】由，得，所以，.故選：B.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，屬于基礎題.2、A【解析】

利用雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，求出，的關系式，然后求解雙曲線的漸近線方程．【詳解】雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，可得：，可得，，則的漸近線方程為．故選A．【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，構建出的關系是解題的關鍵，考查計算能力，屬于中檔題.3、B【解析】

利用復數乘法運算化簡，由此求得.【詳解】依題意，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查復數的乘法運算，考查復數模的計算，屬于基礎題.4、C【解析】

判斷函數的性質，和特殊值的正負，以及值域，逐一排除選項.【詳解】，函數是奇函數，排除，時，，時，，排除，當時，，時，，排除，符合條件，故選C.【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象，屬于基礎題型，一般根據選項判斷函數的奇偶性，零點，特殊值的正負，以及單調性，極值點等排除選項.5、D【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義求解最大值即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區域，如圖示：如圖點坐標分別為，目標函數的幾何意義為，可行域內點與坐標原點的距離的平方，由圖可知到原點的距離最大，故.故選：D【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，屬于中檔題．6、B【解析】

根據f（x）為偶函數便可求出m＝0，從而f（x）＝﹣1，根據此函數的奇偶性與單調性即可作出判斷.【詳解】解：∵f（x）為偶函數；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上單調遞增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故選B．【點睛】本題考查偶函數的定義，指數函數的單調性，對于偶函數比較函數值大小的方法就是將自變量的值變到區間[0，+∞）上，根據單調性去比較函數值大小．7、A【解析】

根據平面平面，四邊形為等腰梯形，則球心在過的中點的面的垂線上，又是等邊三角形，所以球心也在過的外心面的垂線上，從而找到球心，再根據已知量求解即可.【詳解】依題意如圖所示：取的中點，則是等腰梯形外接圓的圓心，取是的外心，作平面平面，則是四棱錐的外接球球心，且，設四棱錐的外接球半徑為，則，而，所以，故選：A.【點睛】本題考查組合體、球，還考查空間想象能力以及數形結合的思想，屬于難題.8、C【解析】

每一次成功的概率為p=26=【詳解】每一次成功的概率為p=26=13故選：C.【點睛】本題考查了二項分布求數學期望，意在考查學生的計算能力和應用能力.9、C【解析】

化簡復數，分子分母同時乘以，進而求得復數，再求出，由此得到虛部.【詳解】，，所以的虛部為.故選：C【點睛】本小題主要考查復數的乘法、除法運算，考查共軛復數的虛部，屬于基礎題.10、C【解析】

先寫出的通項公式，再根據的產生過程，即可求得.【詳解】對二項式，其通項公式為的展開式中的系數是展開式中的系數與的系數之和.令，可得的系數為；令，可得的系數為；故的展開式中的系數為.故選：C.【點睛】本題考查二項展開式中某一項系數的求解，關鍵是對通項公式的熟練使用，屬基礎題.11、B【解析】

根據題意表示出各位上的數字所對應的算籌即可得答案．【詳解】解：根據題意可得，各個數碼的籌式需要縱橫相間，個位，百位，萬位用縱式表示；十位，千位，十萬位用橫式表示，用算籌表示應為：縱5橫6縱8橫4縱6，從題目中所給出的信息找出對應算籌表示為中的．故選：．【點睛】本題主要考查學生的合情推理與演繹推理，屬于基礎題．12、D【解析】

求得點的坐標，由，得出，利用向量的坐標運算得出點的坐標，代入橢圓的方程，可得出關于、、的齊次等式，進而可求得橢圓的離心率.【詳解】由題意可得、.由，得，則，即.而，所以，所以點.因為點在橢圓上，則，整理可得，所以，所以.即橢圓的離心率為故選：D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，解答的關鍵就是要得出、、的齊次等式，充分利用點在橢圓上這一條件，圍繞求點的坐標來求解，考查計算能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、12【解析】

由題意，設底面平行四邊形的，且邊上的高為，直四棱柱的高為，分別表示出直四棱柱的體積和三棱錐的體積，即可求解。【詳解】由題意，設底面平行四邊形的，且邊上的高為，直四棱柱的高為，則直四棱柱的體積為，又由三棱錐的體積為，解得，即直四棱柱的體積為。【點睛】本題主要考查了棱柱與棱錐的體積的計算問題，其中解答中正確認識幾何體的結構特征，合理、恰當地表示直四棱柱三棱錐的體積是解答本題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，以及空間想象能力，屬于中檔試題。14、【解析】

分三步來考查，先從到，再從到，最后從到，分別計算出三個步驟中對應的走法種數，然后利用分步乘法計數原理可得出結果.【詳解】分三步來考查：①從到，則亮亮要移動兩步，一步是向右移動一個單位，一步是向上移動一個單位，此時有種走法；②從到，則亮亮要移動六步，其中三步是向右移動一個單位，三步是向上移動一個單位，此時有種走法；③從到，由①可知有種走法.由分步乘法計數原理可知，共有種不同的走法.故答案為：.【點睛】本題考查格點問題的處理，考查分步乘法計數原理和組合計數原理的應用，屬于中等題.15、【解析】

設，判斷為偶函數，考慮x>0時，的解析式和零點個數,利用導數分析函數的單調性,作函數大致圖象，即可得到的范圍.【詳解】設，則在是偶函數，當時，，由得，記，，，故函數在增，而，所以在減，在增，，當時，，當時，，因此的圖象為因此實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了函數的零點的個數問題，涉及構造函數，函數的奇偶性，利用導數研究函數單調性，考查了數形結合思想方法，以及化簡運算能力和推理能力，屬于難題.16、【解析】

由題意欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，將側面積表示成關于的函數，再利用一元二次函數的性質求最值.【詳解】欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，所以.∴，當時，的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查圓柱的側面積的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意將問題轉化為函數的最值問題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦定理化簡已知等式可得sinBcosA﹣sinAsinB＝1，結合sinB＞1，可求tanA＝，結合范圍A∈（1，π），可得A的值；（2）由已知可求C＝，可求b的值，根據三角形的面積公式即可計算得解．【詳解】（1）∵bcosA﹣asinB＝1．∴由正弦定理可得：sinBcosA﹣sinAsinB＝1，∵sinB＞1，∴cosA＝sinA，∴tanA＝，∵A∈（1，π），∴A＝；（2）∵a＝2，B＝，A＝，∴C＝，根據正弦定理得到∴b＝6，∴S△ABC＝ab＝＝6．【點睛】本題主要考查了正弦定理，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）證明見解析【解析】

（Ⅰ）根據導數的幾何意義求解即可.（Ⅱ）求導分析函數的單調性,并構造函數根據單調性分析可得只能在處取得最小值求解即可.（Ⅲ）根據（Ⅰ）（Ⅱ）的結論可知,在上恒成立,再分別設的解為、.再根據不等式的性質證明即可.【詳解】（Ⅰ）由題,故.且.故在點處的切線方程為.（Ⅱ）設恒成立,故.設函數則,故在上單調遞減且,又在上單調遞增.又,即且,故只能在處取得最小值,當時，此時,且在上,單調遞減.在上,單調遞增.故,滿足題意；當時，此時有解,且在上單調遞減,與矛盾；當時，此時有解,且在上單調遞減,與矛盾；故（Ⅲ）.由（Ⅰ）,在上單調遞減且,又在上單調遞增,故最多一根.又因為,,故設的解為,因為,故.所以在遞減,在遞增.因為方程有兩個實數根,故.結合（Ⅰ）（Ⅱ）有,在上恒成立.設的解為,則；設的解為,則.故,.故,得證.【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義以及根據函數的單調性與最值求解參數值的問題.同時也考查了構造函數結合前問的結論證明不等式的方法.屬于難題.19、（1）3；（2）；（3）見解析.【解析】

（1）依據下標的關系，有，，兩式相加，即可求出；（2）依據等比數列的通項公式知，求出首項和公比即可。利用關系式，列出方程，可以解出首項和公比；（3）利用等差數列的定義，即可證出。【詳解】（1）因為對任意，都有，所以，，兩式相加，，解得；（2）設等比數列的首項為，公比為，因為對任意，都有，所以有，解得，又，即有，化簡得，，即，或，因為，化簡得，所以故。（3）因為對任意，都有，所以有，成等差數列，設公差為，，，，，由等差數列的定義知，也成等差數列。【點睛】本題主要考查等差、等比數列的定義以及賦值法的應用，意在考查學生的邏輯推理，數學建模，綜合運用數列知識的能力。20、（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）求出函數的導函數，由在處取得極值1，可得且.解出，構造函數，分析其單調性，結合，即可得到的范圍，命題得證；

（2）由分離參數，得到恒成立，構造函數，求導函數，再構造函數，進行二次求導.由知，則在上單調遞增.根據零點存在定理可知有唯一零點，且.由此判斷出時，單調遞減，時，單調遞增，則，即.由得，再次構造函數，求導分析單調性，從而得，即，最終求得，則.【詳解】解：（1）由題知，∵函數在，處取得極值1，，且，，，令，則為增函數，，即成立.（2）不等式恒成立，即不等式恒成立，即恒成立，令