2023屆廣西梧州市岑溪市高考沖刺押題（最后一卷）數學試卷含解析

2023年高考數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．對于任意，函數滿足，且當時，函數.若，則大小關系是（）A． B． C． D．2．給出以下四個命題：①依次首尾相接的四條線段必共面；②過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面；③空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角必相等；④垂直于同一直線的兩條直線必平行.其中正確命題的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．33．如圖是一個算法流程圖，則輸出的結果是（）A． B． C． D．4．已知為圓：上任意一點，，若線段的垂直平分線交直線于點，則點的軌跡方程為()A． B．C．（） D．（）5．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，給出下列四個命題：①若，，則；②若，，則；③若，，則；④若，，則；其中真命題的個數為（）A． B． C． D．6．已知復數z=2i1-i，則A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．在中，，，，點滿足，則等于（）A．10 B．9 C．8 D．78．已知，，，則a，b，c的大小關系為（）A． B． C． D．9．已知，，，若，則（）A． B． C． D．10．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向右平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向左平移個單位11．已知命題：任意，都有；命題：，則有．則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．12．執(zhí)行如圖的程序框圖，若輸出的結果，則輸入的值為()A． B．C．3或 D．或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知實數、滿足，且可行域表示的區(qū)域為三角形，則實數的取值范圍為______，若目標函數的最小值為-1，則實數等于______.14．已知函數，則下列結論中正確的是_________.①是周期函數；②的對稱軸方程為，；③在區(qū)間上為增函數；④方程在區(qū)間有6個根.15．在中，角的對邊分別為，且，若外接圓的半徑為，則面積的最大值是______.16．已知函數若關于的不等式的解集是，則的值為_____．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）中，內角的對邊分別為，.（1）求的大?。唬?）若，且為的重心，且，求的面積.18．（12分）已知，且的解集為.（1）求實數，的值；（2）若的圖像與直線及圍成的四邊形的面積不小于14，求實數取值范圍.19．（12分）已知橢圓：的四個頂點圍成的四邊形的面積為，原點到直線的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）已知定點，是否存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點？若存在，求出的方程：若不存在，請說明理由.20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，平面底面，為的中點，是棱上的點且，，，.求證：平面平面以；求二面角的大小.21．（12分）超級病菌是一種耐藥性細菌，產生超級細菌的主要原因是用于抵抗細菌侵蝕的藥物越來越多，但是由于濫用抗生素的現象不斷的發(fā)生，很多致病菌也對相應的抗生素產生了耐藥性，更可怕的是，抗生素藥物對它起不到什么作用，病人會因為感染而引起可怕的炎癥，高燒、痙攣、昏迷直到最后死亡.某藥物研究所為篩查某種超級細菌，需要檢驗血液是否為陽性，現有n（）份血液樣本，每個樣本取到的可能性均等，有以下兩種檢驗方式：（1）逐份檢驗，則需要檢驗n次；（2）混合檢驗，將其中k（且）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗，若檢驗結果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗一次就夠了，如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為次，假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為p（）.（1）假設有5份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗方式，求恰好經過2次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；（2）現取其中k（且）份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為.（i）試運用概率統(tǒng)計的知識，若，試求p關于k的函數關系式；（ii）若，采用混合檢驗方式可以使得樣本需要檢驗的總次數的期望值比逐份檢驗的總次數期望值更少，求k的最大值.參考數據：，，，，22．（10分）如圖，在直棱柱中，底面為菱形，，，與相交于點，與相交于點.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值.

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、A【解析】

由已知可得的單調性，再由可得對稱性，可求出在單調性，即可求出結論.【詳解】對于任意，函數滿足，因為函數關于點對稱，當時，是單調增函數，所以在定義域上是單調增函數.因為，所以，.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較函數值的大小，解題的關鍵要掌握函數對稱性的代數形式，屬于中檔題..2、B【解析】

用空間四邊形對①進行判斷；根據公理2對②進行判斷；根據空間角的定義對③進行判斷；根據空間直線位置關系對④進行判斷.【詳解】①中，空間四邊形的四條線段不共面，故①錯誤.②中，由公理2知道，過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面，故②正確.③中，由空間角的定義知道，空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補，故③錯誤.④中，空間中，垂直于同一直線的兩條直線可相交，可平行，可異面，故④錯誤.故選：B【點睛】本小題考查空間點，線，面的位置關系及其相關公理，定理及其推論的理解和認識；考查空間想象能力，推理論證能力，考查數形結合思想，化歸與轉化思想.3、A【解析】

執(zhí)行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環(huán)，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，執(zhí)行上述的程序框圖：第1次循環(huán)：滿足判斷條件，；第2次循環(huán)：滿足判斷條件，；第3次循環(huán)：滿足判斷條件，；不滿足判斷條件，輸出計算結果，故選A．【點睛】本題主要考查了循環(huán)結構的程序框圖的結果的計算與輸出，其中解答中執(zhí)行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環(huán)是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．4、B【解析】

如圖所示：連接，根據垂直平分線知，，故軌跡為雙曲線，計算得到答案.【詳解】如圖所示：連接，根據垂直平分線知，故，故軌跡為雙曲線，，，，故，故軌跡方程為.故選：.【點睛】本題考查了軌跡方程，確定軌跡方程為雙曲線是解題的關鍵.5、C【解析】

利用線線、線面、面面相應的判定與性質來解決.【詳解】如果兩條平行線中一條垂直于這個平面，那么另一條也垂直于這個平面知①正確；當直線平行于平面與平面的交線時也有，，故②錯誤；若，則垂直平面內以及與平面平行的所有直線，故③正確；若，則存在直線且，因為，所以，從而，故④正確.故選：C.【點睛】本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系，里面涉及到了相應的判定定理以及性質定理，是一道基礎題.6、C【解析】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案．詳解：由題意，復數z=2i1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C．點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．7、D【解析】

利用已知條件，表示出向量,然后求解向量的數量積．【詳解】在中，，，，點滿足，可得則==【點睛】本題考查了向量的數量積運算，關鍵是利用基向量表示所求向量．8、D【解析】

與中間值1比較，可用換底公式化為同底數對數，再比較大?。驹斀狻浚?，又，∴，即，∴．故選：D.【點睛】本題考查冪和對數的大小比較，解題時能化為同底的化為同底數冪比較，或化為同底數對數比較，若是不同類型的數，可借助中間值如0，1等比較．9、B【解析】

由平行求出參數，再由數量積的坐標運算計算．【詳解】由，得，則，，，所以．故選：B．【點睛】本題考查向量平行的坐標表示，考查數量積的坐標運算，掌握向量數量積的坐標運算是解題關鍵．10、D【解析】

直接根據三角函數的圖象平移規(guī)則得出正確的結論即可；【詳解】解：函數，要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位．故選：D．【點睛】本題考查三角函數圖象平移的應用問題，屬于基礎題．11、B【解析】

先分別判斷命題真假，再由復合命題的真假性，即可得出結論.【詳解】為真命題；命題是假命題，比如當,或時，則不成立.則，，均為假.故選:B【點睛】本題考查復合命題的真假性，判斷簡單命題的真假是解題的關鍵，屬于基礎題.12、D【解析】

根據逆運算，倒推回求x的值，根據x的范圍取舍即可得選項.【詳解】因為,所以當，解得

，所以3是輸入的x的值；當時，解得，所以是輸入的x的值，所以輸入的x的值為

或3，故選：D.【點睛】本題考查了程序框圖的簡單應用，通過結果反求輸入的值，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數的幾何意義，結合目標函數的最小值，利用數形結合即可得到結論.【詳解】作出可行域如圖，則要為三角形需滿足在直線下方，即，；目標函數可視為，則為斜率為1的直線縱截距的相反數，該直線截距最大在過點時，此時，直線：，與：的交點為，該點也在直線：上，故，故答案為：；.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用目標函數的幾何意義，結合數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法，屬于基礎題.14、①②④【解析】

由函數，對選項逐個驗證即得答案.【詳解】函數，是周期函數，最小正周期為，故①正確；當或時，有最大值或最小值，此時或，即或，即.的對稱軸方程為，，故②正確；當時，，此時在上單調遞減，在上單調遞增，在區(qū)間上不是增函數，故③錯誤；作出函數的部分圖象，如圖所示方程在區(qū)間有6個根，故④正確.故答案為：①②④.【點睛】本題考查三角恒等變換，考查三角函數的性質，屬于中檔題.15、【解析】

由正弦定理，三角函數恒等變換的應用化簡已知等式，結合范圍可求的值，利用正弦定理可求的值，進而根據余弦定理，基本不等式可求的最大值，進而根據三角形的面積公式即可求解.【詳解】解：，由正弦定理可得：，，，又，，，即，可得：，外接圓的半徑為，，解得，由余弦定理，可得，又，（當且僅當時取等號），即最大值為4，面積的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了正弦定理，三角函數恒等變換的應用，余弦定理，基本不等式，三角形的面積公式在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．16、【解析】

根據題意可知的兩根為,再根據解集的區(qū)間端點得出參數的關系,再求解即可.【詳解】解：因為函數,關于的不等式的解集是的兩根為：和；所以有：且；且；；故答案為：【點睛】本題主要考查了不等式的解集與參數之間的關系,屬于基礎題.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）利用正弦定理，轉化為，分析運算即得解；（2）由為的重心，得到，平方可得解c,由面積公式即得解.【詳解】（1）由，由正弦定理得C，即∴∵∴，又∵∴（2）由于為的重心故，∴解得或舍∴的面積為.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.18、（1），；（2）【解析】

（1）解絕對值不等式得，根據不等式的解集為列出方程組，解出即可；（2）求出的圖像與直線及交點的坐標，通過分割法將四邊形的面積分為兩個三角形，列出不等式，解不等式即可.【詳解】（1）由得：，，即，解得，.（2）的圖像與直線及圍成的四邊形，，，，.過點向引垂線，垂足為，則.化簡得：，（舍）或.故的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了絕對值不等式的求法，以及絕對值不等式在幾何中的應用，屬于中檔題.19、（1）；（2）存在，且方程為或.【解析】

（1）依題意列出關于a,b,c的方程組，求得a,b,進而可得到橢圓方程；（2）聯立直線和橢圓得到，要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，結合韋達定理可得到參數值.【詳解】（1）直線的一般方程為.依題意，解得，故橢圓的方程式為.（2）假若存在這樣的直線，當斜率不存在時，以為直徑的圓顯然不經過橢圓的左頂點，所以可設直線的斜率為，則直線的方程為.由，得.由，得.記，的坐標分別為，，則，，而.要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，即，所以，整理解得或，所以存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點，直線的方程為或.【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用．20、證明見解析；.【解析】

推導出，，從而平面，由此證明平面平面以；以為原點，建立空間直角坐標系，利用法向量求出二面角的大小.【詳解】解：，，為的中點，四邊形為平行四邊形，.,，即.又平面平面，且平面平面，平面.平面，平面平面.，為的中點，.平面平面，且平面平面，平面.如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則平面的一個法向量為，，，，，設，則，，，，，在平面中，，，設平面的法向量為，則，即，平面的一個法向量為，，由圖知二面角為銳角，所以所求二面角大小為.【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查二面角的大小的求法，考查