2022-2023學年河南省非凡吉創(chuàng)聯(lián)盟高考全國統(tǒng)考預測密卷數學試卷含解析

2023年高考數學模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知雙曲線的一個焦點與拋物線的焦點重合，則雙曲線的離心率為（）A． B． C．3 D．42．已知拋物線：的焦點為，準線為，是上一點，直線與拋物線交于，兩點，若，則為()A． B．40 C．16 D．3．已知數列滿足，則（）A． B． C． D．4．已知在平面直角坐標系中，圓：與圓：交于，兩點，若，則實數的值為（）A．1 B．2 C．-1 D．-25．由實數組成的等比數列{an}的前n項和為Sn，則“a1>0”是“S9>S8”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．對于任意，函數滿足，且當時，函數.若，則大小關系是（）A． B． C． D．7．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點P是C的右支上一點，連接與y軸交于點M，若（O為坐標原點），，則雙曲線C的漸近線方程為（）A． B． C． D．8．某幾何體的三視圖如圖所示，若圖中小正方形的邊長均為1，則該幾何體的體積是A． B． C． D．9．的展開式中的系數為（）A． B． C． D．10．△ABC中，AB＝3，，AC＝4，則△ABC的面積是（）A． B． C．3 D．11．已知數列的首項，且，其中，，，下列敘述正確的是（）A．若是等差數列，則一定有 B．若是等比數列，則一定有C．若不是等差數列，則一定有 D．若不是等比數列，則一定有12．設，則，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，雙曲線（，）的左頂點為A，右焦點為F，過F作x軸的垂線交雙曲線于點P，Q.若為直角三角形，則該雙曲線的離心率是______.14．已知函數，曲線與直線相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為，則可取到的最大值為__________.15．如圖，半球內有一內接正四棱錐，該四棱錐的體積為，則該半球的體積為__________.16．已知雙曲線的左右焦點分別為，過的直線與雙曲線左支交于兩點，，的內切圓的圓心的縱坐標為，則雙曲線的離心率為________.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）某公園準備在一圓形水池里設置兩個觀景噴泉，觀景噴泉的示意圖如圖所示，兩點為噴泉，圓心為的中點，其中米，半徑米，市民可位于水池邊緣任意一點處觀賞．（1）若當時，，求此時的值；（2）設，且．（i）試將表示為的函數，并求出的取值范圍；（ii）若同時要求市民在水池邊緣任意一點處觀賞噴泉時，觀賞角度的最大值不小于，試求兩處噴泉間距離的最小值．18．（12分）已知集合，集合，.（1）求集合B；（2）記，且集合M中有且僅有一個整數，求實數k的取值范圍.19．（12分）第7屆世界軍人運動會于2019年10月18日至27日在湖北武漢舉行，賽期10天，共設置射擊、游泳、田徑、籃球等27個大項，329個小項.共有來自100多個國家的近萬名現(xiàn)役軍人同臺競技.前期為迎接軍運會順利召開，武漢市很多單位和部門都開展了豐富多彩的宣傳和教育活動，努力讓大家更多的了解軍運會的相關知識，并倡議大家做文明公民.武漢市體育局為了解廣大民眾對軍運會知識的知曉情況，在全市開展了網上問卷調查，民眾參與度極高，現(xiàn)從大批參與者中隨機抽取200名幸運參與者，他們得分（滿分100分）數據，統(tǒng)計結果如下：組別頻數5304050452010（1）若此次問卷調查得分整體服從正態(tài)分布，用樣本來估計總體，設，分別為這200人得分的平均值和標準差（同一組數據用該區(qū)間中點值作為代表），求，的值（，的值四舍五入取整數），并計算；（2）在（1）的條件下，為感謝大家參與這次活動，市體育局還對參加問卷調查的幸運市民制定如下獎勵方案：得分低于的可以獲得1次抽獎機會，得分不低于的可獲得2次抽獎機會，在一次抽獎中，抽中價值為15元的紀念品A的概率為，抽中價值為30元的紀念品B的概率為.現(xiàn)有市民張先生參加了此次問卷調查并成為幸運參與者，記Y為他參加活動獲得紀念品的總價值，求Y的分布列和數學期望，并估算此次紀念品所需要的總金額.（參考數據：；；.）20．（12分）已知橢圓的左、右頂點分別為、，上、下頂點分別為，，為其右焦點，，且該橢圓的離心率為；（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）過點作斜率為的直線交橢圓于軸上方的點，交直線于點，直線與橢圓的另一個交點為，直線與直線交于點．若，求取值范圍．21．（12分）已知分別是橢圓的左、右焦點，直線與交于兩點，，且．（1）求的方程；（2）已知點是上的任意一點，不經過原點的直線與交于兩點，直線的斜率都存在，且，求的值．22．（10分）如圖所示，在三棱錐中，，，，點為中點．（1）求證：平面平面；（2）若點為中點，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．

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】

根據題意，由拋物線的方程可得其焦點坐標，由此可得雙曲線的焦點坐標，由雙曲線的幾何性質可得，解可得，由離心率公式計算可得答案．【詳解】根據題意，拋物線的焦點為，則雙曲線的焦點也為，即，則有，解可得，雙曲線的離心率.故選：A．【點睛】本題主要考查雙曲線、拋物線的標準方程，關鍵是求出拋物線焦點的坐標，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．2、D【解析】

如圖所示，過分別作于，于，利用和，聯(lián)立方程組計算得到答案.【詳解】如圖所示：過分別作于，于.，則，根據得到：，即，根據得到：，即，解得，，故.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中弦長問題，意在考查學生的計算能力和轉化能力.3、C【解析】

利用的前項和求出數列的通項公式，可計算出，然后利用裂項法可求出的值.【詳解】.當時，；當時，由，可得，兩式相減，可得，故，因為也適合上式，所以.依題意，，故.故選：C.【點睛】本題考查利用求，同時也考查了裂項求和法，考查計算能力，屬于中等題.4、D【解析】

由可得，O在AB的中垂線上，結合圓的性質可知O在兩個圓心的連線上，從而可求.【詳解】因為，所以O在AB的中垂線上，即O在兩個圓心的連線上，，，三點共線，所以，得，故選D.【點睛】本題主要考查圓的性質應用，幾何性質的轉化是求解的捷徑.5、C【解析】

根據等比數列的性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.【詳解】解：若{an}是等比數列，則，

若，則，即成立，

若成立，則，即，

故“”是“”的充要條件，

故選：C.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用等比數列的通項公式是解決本題的關鍵.6、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..7、C【解析】

利用三角形與相似得，結合雙曲線的定義求得的關系，從而求得雙曲線的漸近線方程?！驹斀狻吭O，，由，與相似，所以，即，又因為，所以，，所以，即，，所以雙曲線C的漸近線方程為.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線幾何性質、漸近線方程求解，考查數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力。8、B【解析】該幾何體是直三棱柱和半圓錐的組合體，其中三棱柱的高為2，底面是高和底邊均為4的等腰三角形，圓錐的高為4，底面半徑為2，則其體積為，.故選B點睛：由三視圖畫出直觀圖的步驟和思考方法：1、首先看俯視圖，根據俯視圖畫出幾何體地面的直觀圖；2、觀察正視圖和側視圖找到幾何體前、后、左、右的高度；3、畫出整體，然后再根據三視圖進行調整.9、C【解析】由題意，根據二項式定理展開式的通項公式，得展開式的通項為，則展開式的通項為，由，得，所以所求的系數為.故選C.點睛：此題主要考查二項式定理的通項公式的應用，以及組合數、整數冪的運算等有關方面的知識與技能，屬于中低檔題，也是?？贾R點.在二項式定理的應用中，注意區(qū)分二項式系數與系數，先求出通項公式，再根據所求問題，通過確定未知的次數，求出，將的值代入通項公式進行計算，從而問題可得解.10、A【解析】

由余弦定理求出角，再由三角形面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理得：，又，所以得，故△ABC的面積.故選：A【點睛】本題主要考查了余弦定理的應用，三角形的面積公式，考查了學生的運算求解能力.11、C【解析】

根據等差數列和等比數列的定義進行判斷即可.【詳解】A：當時，，顯然符合是等差數列，但是此時不成立，故本說法不正確；B：當時，，顯然符合是等比數列，但是此時不成立，故本說法不正確；C：當時，因此有常數，因此是等差數列，因此當不是等差數列時，一定有，故本說法正確；D：當時，若時，顯然數列是等比數列，故本說法不正確.故選：C【點睛】本題考查了等差數列和等比數列的定義，考查了推理論證能力，屬于基礎題.12、A【解析】

根據換底公式可得，再化簡，比較的大小，即得答案.【詳解】，，.，顯然.,即，，即.綜上，.故選：.【點睛】本題考查換底公式和對數的運算，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

根據是等腰直角三角形，且為中點可得，再由雙曲線的性質可得，解出即得.【詳解】由題，設點，由，解得，即線段，為直角三角形，，且，又為雙曲線右焦點，過點，且軸，，可得，，整理得：，即，又，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質，是?？碱}型.14、4【解析】

由于曲線與直線相交，存在相鄰兩個交點間的距離為，所以函數的周期，可得到的取值范圍，再由解出的兩類不同的值，然后列方程求出，再結合的取值范圍可得的最大值.【詳解】，可得，由，則或，即或，由題意得，所以，則或，所以可取到的最大值為4.故答案為：4【點睛】此題考查正弦函數的圖像和性質的應用及三角方程的求解，熟練應用三角函數的圖像和性質是解題的關鍵，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題.15、【解析】

由題意可知半球的半徑與正四棱錐的高相等，可得正四棱錐的棱與半徑的關系，進而可寫出半球的半徑與四棱錐體積的關系，進而求得結果.【詳解】設所給半球的半徑為，則四棱錐的高，則，由四棱錐的體積，半球的體積為：.【方法點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解.16、2【解析】

由題意畫出圖形，設內切圓的圓心為，圓分別切于，可得四邊形為正方形,再由圓的切線的性質結臺雙曲線的定義，求得的內切圓的圓心的縱坐標,結合已知列式，即可求得雙曲線的離心率.【詳解】設內切圓的圓心為，圓分別切于，連接，則，故四邊形為正方形，邊長為圓的半徑，由，，得，與重合，，，即——①，——②聯(lián)立①②解得：，又因圓心的縱坐標為，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的幾何性質，考查數形結合思想與運算求解能力,屬于中檔題.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)(i)，；(ii).【解析】

（1）在中，由正弦定理可得所求；（2）（i）由余弦定理得，兩式相加可得所求解析式．（ii）在中，由余弦定理可得，根據的最大值不小于可得關于的不等式，解不等式可得所求．【詳解】（1）在中，由正弦定理得，所以，即．（2）（i）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又所以，即．又，解得，所以所求關系式為，．（ii）當觀賞角度的最大時，取得最小值．在中，由余弦定理可得，因為的最大值不小于，所以，解得，經驗證知，所以．即兩處噴泉間距離的最小值為．【點睛】本題考查解三角形在實際中的應用，解題時要注意把條件轉化為三角形的邊或角，然后借助正余弦定理進行求解．解題時要注意三角形邊角關系的運用，同時還要注意所得結果要符合實際意義．18、（1）（2）【解析】

（1）由不等式可得,討論與的關系,即可得到結果；（2）先解得不等式,由集合M中有且僅有一個整數,當時,則M中僅有的整數為；當時,則M中僅有的整數為,進而求解即可.【詳解】解:（1）因為,所以,當,即時,；當,即時,；當,即時,.（2）由得,當,即時,M中僅有的整數為,所以,即；當,即時,M中僅有的整數為,所以,即；綜上,滿足題意的k的范圍為【點睛】本題考查解一元二次不等式,考查由交集的結果求參數范圍,考查分類討論思想與運算能力.19、（1），，；（2）詳見解析.【解析】

（1）根據頻率分布表計算出平均數，進而計算方差，從而X～N（65，142），計算P（51＜X＜93）即可；（2）列出Y所有可能的取值，分布求出每個取值對應的概率，列出分布列，計算期望，進而可得需要的總金額．【詳解】解：（1）由已知頻數表得：，，由，則，而，所以，則X服從正態(tài)分布，所以；（2）顯然，，所以所有Y的取值為15，30，45，60，，，，，所以Y的分布列為：Y15304560P所以，需要的總金額為：.【點睛】本題考查了利用頻率分布表計算平均數，方差，考查了正態(tài)分布，考查了離散型隨機變量的概率分布列和數學期望，主要考查數據分析能力和計算能力，屬于中檔題．20、（Ⅰ）；（Ⅱ），．【解析】

（Ⅰ）由題意可得，的坐標，結合橢圓離心率，及隱含條件列式求得，的值，則橢圓方程可求；（Ⅱ）設直線，求得的坐標，再設直線，求出點的坐標，寫出的方程，聯(lián)立與，可求出的坐標，由，可得關于的函數式，由單調性可得取值范圍．【詳解】（Ⅰ），，，，，由，得，又，，解得：，，．橢圓的標準方程為；（Ⅱ）設直線，則與