廣東省深圳市耀華實驗學校2023學年高三（最后沖刺）數學試卷含解析

1、2023年高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知拋物線上一點到焦點的距離為，分別為拋物線與圓上的動點，則的最小值為（ ）ABCD2已知集合，則等于

2、（ ）ABCD3已知圓關于雙曲線的一條漸近線對稱，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD4關于函數，下列說法正確的是（ ）A函數的定義域為B函數一個遞增區(qū)間為C函數的圖像關于直線對稱D將函數圖像向左平移個單位可得函數的圖像5下列函數中，值域為R且為奇函數的是（ ）ABCD6已知函數，則的最小值為( )ABCD7已知（為虛數單位，為的共軛復數），則復數在復平面內對應的點在（ ）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8函數在上為增函數，則的值可以是( )A0BCD9已知集合，則（ ）ABCD10已知函數，將的圖象上的所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標保持不變；再把所得圖象向上平移個單位長度，得到函數

3、的圖象，若，則的值可能為（ ）ABCD11總體由編號為01，02，.，39，40的40個個體組成.利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表（如表）第1行的第4列和第5列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（ ）A23B21C35D3212若雙曲線的一條漸近線與圓至多有一個交點，則雙曲線的離心率的取值范圍是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，圓，直線PM，PN分別與圓O相切，切點為M，N，若，則的最小值為_.14執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果是_.15已知數列的各項均為正數，記為數列的前項和，若，則_.16如圖，在棱

4、長為2的正方體中，點、分別是棱，的中點，是側面正方形內一點（含邊界），若平面，則線段長度的取值范圍是_.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）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（1）求B；（2）若，求的面積的最大值18（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.19（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的極坐標方程以及曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線、曲線在第一象限交于兩點

5、，且，點的坐標為，求的面積.20（12分）已知函數有兩個極值點，.（1）求實數的取值范圍；（2）證明：.21（12分）如圖，在中，角的對邊分別為，且滿足，線段的中點為.（）求角的大小；（）已知，求的大小.22（10分）在平面直角坐標系中，橢圓：的右焦點為（，為常數），離心率等于0.8，過焦點、傾斜角為的直線交橢圓于、兩點求橢圓的標準方程；若時，求實數；試問的值是否與的大小無關，并證明你的結論參考答案一、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。1D【解析】利用拋物線的定義，求得p的值，由利用兩點間距離公式求得，根據二次函數的性質，求得，由

6、取得最小值為，求得結果.【詳解】由拋物線焦點在軸上，準線方程，則點到焦點的距離為，則，所以拋物線方程：，設，圓，圓心為，半徑為1，則，當時，取得最小值，最小值為，故選D.【點睛】該題考查的是有關距離的最小值問題，涉及到的知識點有拋物線的定義，點到圓上的點的距離的最小值為其到圓心的距離減半徑，二次函數的最小值，屬于中檔題目.2A【解析】進行交集的運算即可【詳解】，1，2，1，故選：【點睛】本題主要考查了列舉法、描述法的定義，考查了交集的定義及運算，考查了計算能力，屬于基礎題3C【解析】將圓，化為標準方程為，求得圓心為.根據圓關于雙曲線的一條漸近線對稱，則圓心在漸近線上，.再根據求解.【詳解】已知

7、圓，所以其標準方程為：，所以圓心為.因為雙曲線，所以其漸近線方程為，又因為圓關于雙曲線的一條漸近線對稱，則圓心在漸近線上，所以.所以.故選：C【點睛】本題主要考查圓的方程及對稱性，還有雙曲線的幾何性質 ，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.4B【解析】化簡到，根據定義域排除，計算單調性知正確，得到答案.【詳解】，故函數的定義域為，故錯誤；當時，函數單調遞增，故正確；當，關于的對稱的直線為不在定義域內，故錯誤.平移得到的函數定義域為，故不可能為，錯誤.故選：.【點睛】本題考查了三角恒等變換，三角函數單調性，定義域，對稱，三角函數平移，意在考查學生的綜合應用能力.5C【解析】依次判斷函數的值域和奇

8、偶性得到答案.【詳解】A. ，值域為，非奇非偶函數，排除； B. ，值域為，奇函數，排除；C. ，值域為，奇函數，滿足； D. ，值域為，非奇非偶函數，排除；故選：.【點睛】本題考查了函數的值域和奇偶性，意在考查學生對于函數知識的綜合應用.6C【解析】利用三角恒等變換化簡三角函數為標準正弦型三角函數，即可容易求得最小值.【詳解】由于，故其最小值為：.故選：C.【點睛】本題考查利用降冪擴角公式、輔助角公式化簡三角函數，以及求三角函數的最值，屬綜合基礎題.7D【解析】設，由，得，利用復數相等建立方程組即可.【詳解】設，則，所以，解得，故，復數在復平面內對應的點為，在第四象限.故選：D.【點睛】本題

9、考查復數的幾何意義，涉及到共軛復數的定義、復數的模等知識，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.8D【解析】依次將選項中的代入，結合正弦、余弦函數的圖象即可得到答案.【詳解】當時，在上不單調，故A不正確；當時，在上單調遞減，故B不正確；當時，在上不單調，故C不正確；當時，在上單調遞增，故D正確.故選：D【點睛】本題考查正弦、余弦函數的單調性，涉及到誘導公式的應用，是一道容易題.9B【解析】求出集合，利用集合的基本運算即可得到結論.【詳解】由，得，則集合，所以，.故選：B.【點睛】本題主要考查集合的基本運算，利用函數的性質求出集合是解決本題的關鍵，屬于基礎題.10C【解析】利用二倍角公式與輔助角

10、公式將函數的解析式化簡，然后利用圖象變換規(guī)律得出函數的解析式為，可得函數的值域為，結合條件，可得出、均為函數的最大值，于是得出為函數最小正周期的整數倍，由此可得出正確選項.【詳解】函數，將函數的圖象上的所有點的橫坐標縮短到原來的倍，得的圖象；再把所得圖象向上平移個單位，得函數的圖象，易知函數的值域為.若，則且，均為函數的最大值，由，解得；其中、是三角函數最高點的橫坐標，的值為函數的最小正周期的整數倍，且故選C【點睛】本題考查三角函數圖象變換，同時也考查了正弦型函數與周期相關的問題，解題的關鍵在于確定、均為函數的最大值，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.11B【解析】根據隨機數表法的抽樣

11、方法，確定選出來的第5個個體的編號.【詳解】隨機數表第1行的第4列和第5列數字為4和6，所以從這兩個數字開始，由左向右依次選取兩個數字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，24，23，54，89，63，21，其中落在編號01，02，39，40內的有：16，26，16，24，23，21，依次不重復的第5個編號為21.故選：B【點睛】本小題主要考查隨機數表法進行抽樣，屬于基礎題.12C【解析】求得雙曲線的漸近線方程，可得圓心到漸近線的距離，由點到直線的距離公式可得的范圍，再由離心率公式計算即可得到所求范圍【詳解】雙曲線的一條漸近線為，即，由題意知，直線與

12、圓相切或相離，則，解得，因此，雙曲線的離心率.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線的離心率的范圍，注意運用圓心到漸近線的距離不小于半徑，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由可知R為中點,設,由過切點的切線方程即可求得,，代入，則在直線上，即可得方程為，將 ，代入化簡可得，則直線過定點,由則點在以為直徑的圓上，則.即可求得.【詳解】如圖，由可知R為MN的中點，所以，設，則切線PM的方程為，即，同理可得，因為PM，PN都過，所以，所以在直線上，從而直線MN方程為，因為，所以，即直線MN方程為，所以直線MN過定點,所以R在以OQ為直徑的圓上，所

13、以.故答案為: .【點睛】本題考查直線和圓的位置關系,考查圓的切線方程,定點和圓上動點距離的最值問題,考查學生的數形結合能力和計算能力,難度較難.141【解析】該程序的功能為利用循環(huán)結構計算并輸出變量的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案【詳解】模擬程序的運行，可得：，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，此時滿足條件，退出循環(huán)，輸出的值為1故答案為：1【點睛】本題考查程序框圖的應用問題，解題時應模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結論，屬于基礎題.1563【解析】對進行化簡，可得，再根據等比數列前項和公式進

14、行求解即可【詳解】由數列為首項為，公比的等比數列，所以63【點睛】本題考查等比數列基本量的求法，當處理復雜因式時，常用基本方法為：因式分解，約分。但解題本質還是圍繞等差和等比的基本性質16【解析】取中點，連結，推導出平面平面，從而點在線段上運動，作于，由，能求出線段長度的取值范圍【詳解】取中點，連結，在棱長為2的正方體中，點、分別是棱、的中點，平面平面，是側面正方形內一點（含邊界），平面，點在線段上運動，在等腰中，作于，由等面積法解得：，線段長度的取值范圍是，故答案為：，【點睛】本題考查線段長的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題三、解答

15、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)由正弦定理邊化角化簡已知條件可求得,即可求得;(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面積的最大值.【詳解】（1），所以，所以，（2）由余弦定理得.，當且僅當時取等，.所以的面積的最大值為.【點睛】本題考查了正余弦定理在解三角形中的應用,考查了三角形面積的最值問題,難度較易.18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

16、，.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，考查了空間向量的應用，屬于中檔題.19（1）的極坐標方程為，的直角坐標方程為（2）【解析】（1）先把曲線的參數方程消參后，轉化為普通方程，再利用 求得極坐標方程.將，化為，再利用 求得曲線的普通方程.（2）設直線的極角，代入，得，將代入，得，由，得，即，從而求得，從而求得，再利用求解.【詳解】（1）依題意，曲線，即，故，即.因為，故，即，即.（2）

17、將代入，得，將代入，得，由，得，得，解得，則.又，故，故的面積.【點睛】本題考查極坐標方程與直角坐標方程、參數方程與普通方程的轉化、極坐標的幾何意義，還考查推理論證能力以及數形結合思想，屬于中檔題.20（1） （2）證明見解析【解析】（1）先求得導函數，根據兩個極值點可知有兩個不等實根，構造函數，求得；討論和兩種情況，即可確定零點的情況，即可由零點的情況確定的取值范圍；（2）根據極值點定義可知，代入不等式化簡變形后可知只需證明；構造函數，并求得，進而判斷的單調區(qū)間，由題意可知，并設，構造函數，并求得，即可判斷在內的單調性和最值，進而可得，即可由函數性質得，進而由單調性證明，即證明，從而證明原不

18、等式成立.【詳解】（1）函數則，因為存在兩個極值點，所以有兩個不等實根.設，所以.當時，所以在上單調遞增，至多有一個零點，不符合題意.當時，令得，0減極小值增所以，即.又因為，所以在區(qū)間和上各有一個零點，符合題意，綜上，實數的取值范圍為.（2）證明：由題意知，所以，.要證明，只需證明，只需證明.因為，所以.設，則，所以在上是增函數，在上是減函數.因為，不妨設，設，則，當時，所以，所以在上是增函數，所以，所以，即.因為，所以，所以.因為，且在上是減函數，所以，即，所以原命題成立，得證.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的極值點，由導數證明不等式，構造函數法的綜合應用，極值點偏移證明不等式成立的應用，是高考的?？键c和熱點，屬于難題.21（）；（）.【解析】（）由正弦定理邊化角，再結合轉化即可求解；（）可設，由，再由余弦定理解得，對中，由余弦定理有，通過勾股定理逆定理可得，進而得解【詳解】（）由正弦定理得.而.由以上兩式得，即.由于，所以，又由于，得.（）設，在中，由正弦定理有.由余弦定理有，整理得，由于，所以.在中，由余弦定理有.所以，所以.【點睛】本題考查正弦定理和余弦定理的綜合運用，屬于中檔題22（1）（2）（3）為定值【解析】試題分析：（1）利用待定系數法可得，橢圓方程