安徽省蚌埠市2023屆高考數學考前最后一卷預測卷含解析

2023年高考數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．曲線在點處的切線方程為，則（）A． B． C．4 D．82．ΔABC中，如果lgcosA=lgsinA．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形3．若復數滿足，則對應的點位于復平面的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知，則的值構成的集合是（）A． B． C． D．5．設直線過點，且與圓：相切于點，那么（）A． B．3 C． D．16．若實數滿足的約束條件，則的取值范圍是（）A． B． C． D．7．如圖是一個算法流程圖，則輸出的結果是（）A． B． C． D．8．在直角坐標平面上，點的坐標滿足方程，點的坐標滿足方程則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知雙曲線C：（）的左、右焦點分別為，過的直線l與雙曲線C的左支交于A、B兩點.若，則雙曲線C的漸近線方程為（）A． B． C． D．10．下圖為一個正四面體的側面展開圖，為的中點，則在原正四面體中，直線與直線所成角的余弦值為（）A． B．C． D．11．已知函數，若曲線上始終存在兩點，，使得，且的中點在軸上，則正實數的取值范圍為（）A． B． C． D．12．已知，是兩條不重合的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．對于任意的正數，不等式恒成立，則的最大值為_____.14．在的展開式中，常數項為________.(用數字作答)15．二項式的展開式中所有項的二項式系數之和是64，則展開式中的常數項為______.16．已知函數，若，則實數的取值范圍為__________．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）橢圓的左、右焦點分別為，橢圓上兩動點使得四邊形為平行四邊形，且平行四邊形的周長和最大面積分別為8和.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓的另一交點為，當點在以線段為直徑的圓上時，求直線的方程.18．（12分）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，，M、N分別為、的中點.?（1）證明：；（2）求三棱錐的體積.19．（12分）已知等差數列的前n項和為，，公差，、、成等比數列，數列滿足.（1）求數列，的通項公式；（2）已知，求數列的前n項和.20．（12分）設函數.（1）若恒成立，求整數的最大值；（2）求證：.21．（12分）（某工廠生產零件A，工人甲生產一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分別為，工人乙生產一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分別為．己知生產一件一等品、二等品、三等品零件A給工廠帶來的效益分別為10元、5元、2元.（1）試根據生產一件零件A給工廠帶來的效益的期望值判斷甲乙技術的好壞；（2）為鼓勵工人提高技術，工廠進行技術大賽，最后甲乙兩人進入了決賽．決賽規(guī)則是：每一輪比賽，甲乙各生產一件零件A，如果一方生產的零件A品級優(yōu)干另一方生產的零件，則該方得分1分，另一方得分-1分，如果兩人生產的零件A品級一樣，則兩方都不得分，當一方總分為4分時，比賽結束，該方獲勝．Pi+4（i=4，3，2，…，4）表示甲總分為i時，最終甲獲勝的概率．①寫出P0，P8的值；②求決賽甲獲勝的概率．22．（10分）設函數.（1）若函數在是單調遞減的函數，求實數的取值范圍；（2）若，證明：.

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】

求函數導數，利用切線斜率求出，根據切線過點求出即可.【詳解】因為，所以，故，解得，又切線過點，所以，解得，所以，故選：B【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義，切線方程，屬于中檔題.2、B【解析】

化簡得lgcosA＝lgsinCsinB＝﹣lg2，即cosA=sinCsinB=12，結合0<A<π，可求A=π【詳解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，可得lgcosA＝∵0<A<π，∴A=π3，B+C=2π3，∴sinC＝12sinB＝12sin2π3-C＝34cosC+故選：B【點睛】本題主要考查了對數的運算性質的應用，兩角差的正弦公式的應用，解題的關鍵是靈活利用基本公式，屬于基礎題．3、D【解析】

利用復數模的計算、復數的除法化簡復數，再根據復數的幾何意義，即可得答案；【詳解】，對應的點，對應的點位于復平面的第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復數模的計算、復數的除法、復數的幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎題.4、C【解析】

對分奇數、偶數進行討論，利用誘導公式化簡可得.【詳解】為偶數時，；為奇數時，，則的值構成的集合為.【點睛】本題考查三角式的化簡，誘導公式，分類討論，屬于基本題.5、B【解析】

過點的直線與圓：相切于點，可得.因此，即可得出.【詳解】由圓：配方為，，半徑.∵過點的直線與圓：相切于點，∴；∴；故選：B.【點睛】本小題主要考查向量數量積的計算，考查圓的方程，屬于基礎題.6、B【解析】

根據所給不等式組，畫出不等式表示的可行域，將目標函數化為直線方程，平移后即可確定取值范圍.【詳解】實數滿足的約束條件，畫出可行域如下圖所示：將線性目標函數化為，則將平移，平移后結合圖像可知，當經過原點時截距最小，；當經過時，截距最大值，，所以線性目標函數的取值范圍為，故選：B.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃的簡單應用，線性目標函數取值范圍的求法，屬于基礎題.7、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．8、B【解析】

由點的坐標滿足方程，可得在圓上，由坐標滿足方程，可得在圓上，則求出兩圓內公切線的斜率，利用數形結合可得結果.【詳解】點的坐標滿足方程，在圓上，在坐標滿足方程，在圓上，則作出兩圓的圖象如圖，設兩圓內公切線為與，由圖可知，設兩圓內公切線方程為，則，圓心在內公切線兩側，，可得，，化為，，即，，的取值范圍，故選B.【點睛】本題主要考查直線的斜率、直線與圓的位置關系以及數形結合思想的應用，屬于綜合題.數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，尤其在解決選擇題、填空題時發(fā)揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種方法的關鍵是運用這種方法的關鍵是正確作出曲線圖象，充分利用數形結合的思想方法能夠使問題化難為簡，并迎刃而解.9、D【解析】

設，利用余弦定理，結合雙曲線的定義進行求解即可.【詳解】設，由雙曲線的定義可知：因此再由雙曲線的定義可知：，在三角形中，由余弦定理可知：，因此雙曲線的漸近線方程為：.故選：D【點睛】本題考查了雙曲線的定義的應用，考查了余弦定理的應用，考查了雙曲線的漸近線方程，考查了數學運算能力.10、C【解析】

將正四面體的展開圖還原為空間幾何體，三點重合，記作，取中點，連接，即為與直線所成的角，表示出三角形的三條邊長，用余弦定理即可求得.【詳解】將展開的正四面體折疊，可得原正四面體如下圖所示，其中三點重合，記作：則為中點，取中點，連接，設正四面體的棱長均為，由中位線定理可得且，所以即為與直線所成的角，，由余弦定理可得，所以直線與直線所成角的余弦值為，故選：C.【點睛】本題考查了空間幾何體中異面直線的夾角，將展開圖折疊成空間幾何體，余弦定理解三角形的應用，屬于中檔題.11、D【解析】

根據中點在軸上，設出兩點的坐標，，（）.對分成三類，利用則，列方程，化簡后求得，利用導數求得的值域，由此求得的取值范圍.【詳解】根據條件可知，兩點的橫坐標互為相反數，不妨設，，（），若，則，由，所以，即，方程無解；若，顯然不滿足；若，則，由，即，即，因為，所以函數在上遞減，在上遞增，故在處取得極小值也即是最小值，所以函數在上的值域為，故.故選D.【點睛】本小題主要考查平面平面向量數量積為零的坐標表示，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查利用導數研究函數的最小值，考查分析與運算能力，屬于較難的題目.12、D【解析】

利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷.【詳解】解：選項A中直線，還可能相交或異面，選項B中，還可能異面，選項C，由條件可得或．故選：D.【點睛】本題主要考查直線與平面平行、垂直的性質與判定等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力，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】

根據均為正數，等價于恒成立，令，轉化為恒成立，利用基本不等式求解最值.【詳解】由題均為正數，不等式恒成立，等價于恒成立，令則，當且僅當即時取得等號，故的最大值為.故答案為：【點睛】此題考查不等式恒成立求參數的取值范圍，關鍵在于合理進行等價變形，此題可以構造二次函數求解，也可利用基本不等式求解.14、【解析】

的展開式的通項為，取計算得到答案.【詳解】的展開式的通項為：，取得到常數項.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.15、【解析】

由二項式系數性質求出，由二項展開式通項公式得出常數項的項數，從而得常數項．【詳解】由題意，．展開式通項為，由得，∴常數項為．故答案為：．【點睛】本題考查二項式定理，考查二項式系數的性質，掌握二項展開式通項公式是解題關鍵．16、【解析】

畫圖分析可得函數是偶函數，且在上單調遞減，利用偶函數性質和單調性可解.【詳解】作出函數的圖如下所示，觀察可知，函數為偶函數，且在上單調遞增，在上單調遞減，故，故實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題考查利用函數奇偶性及單調性解不等式.函數奇偶性的常用結論：(1)如果函數是偶函數，那么．(2)奇函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；偶函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性．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）或【解析】

（1）根據題意計算得到，，得到橢圓方程.（2）設，聯(lián)立方程得到，根據，計算得到答案.【詳解】（1）由平行四邊形的周長為8，可知，即.由平行四邊形的最大面積為，可知，又，解得.所以橢圓方程為.（2）注意到直線的斜率不為0，且過定點.設，由消得，所以，因為，所以.因為點在以線段為直徑的圓上，所以，即，所以直線的方程或.【點睛】本題考查了橢圓方程，根據直線和橢圓的位置關系求直線，將題目轉化為是解題的關鍵.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）取中點，連接，，證明平面，由線面垂直的性質可得；（2）由，即可求得三棱錐的體積．【詳解】解：（1）證明：取中點D，連接，.因為，，所以且，因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因為平面，平面，所以平面平面，過N作于E，則平面，因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又因為平面，所以，由于，所以所以，所以.【點睛】本題考查線面垂直，考查三棱錐體積的計算，解題的關鍵是掌握線面垂直的判定與性質，屬于中檔題．19、（1），（）；（2）.【解析】

（1）根據是等差數列，，、、成等比數列，列兩個方程即可求出，從而求得，代入化簡即可求得；（2）化簡后求和為裂項相消求和，分組求和即可，注意討論公比是否為1.【詳解】（1）由題意知，，，由得，解得.又，得，解得或（舍）.，.又（），（）.（2），①當時，.②當時，.【點睛】此題等差數列的通項公式的求解，裂項相消求和等知識點，考查了化歸和轉化思想，屬于一般性題目.20、（1）整數的最大值為；（2）見解析.【解析】

（1）將不等式變形為，構造函數，利用導數研究函數的單調性并確定其最值，從而得到正整數的最大值；（2）根據（1）的結論得到，利用不等式的基本性質可證得結論.【詳解】（1）由得，令，，令，對恒成立，所以，函數在上單調遞增，，，，，故存在使得，即，從而當時，有，，所以，函數在上單調遞增；當時，有，，所以，函數在上單調遞減.所以，，，因此，整數的最大值為；（2）由（1）知恒成立，，令則，，，，，上述等式全部相加得，所以，，因此，【點睛】本題考查導數在函數單調性、最值中的應用，以及放縮法證明不等式的技巧，屬于難題．21、（1）乙的技術更好，見解析（2）①，；②【解析】

（1）