2023屆江西省南康市南康中學高考全國統(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．在中，，，，為的外心，若，，，則（）A． B． C． D．2．如圖，平面四邊形中，，，，為等邊三角形，現將沿翻折，使點移動至點，且，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．3．已知集合，B＝{y∈N|y＝x﹣1，x∈A}，則A∪B＝（）A．{﹣1，0，1，2，3} B．{﹣1，0，1，2} C．{0，1，2} D．{x﹣1≤x≤2}4．數列{an}是等差數列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，則實數λ的最大值為（）A． B． C． D．5．已知集合，，則等于()A． B． C． D．6．設，則，則（）A． B． C． D．7．已知，則的大小關系是（）A． B． C． D．8．已知中，，則（）A．1 B． C． D．9．正的邊長為2，將它沿邊上的高翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球表面積為（）A． B． C． D．10．復數滿足為虛數單位)，則的虛部為（）A． B． C． D．11．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積等于（）cm3A． B． C． D．12．已知函數，若所有點，所構成的平面區(qū)域面積為，則（）A． B． C．1 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在正方體中，分別為棱的中點，則直線與直線所成角的正切值為_________.14．已知，(，)，則＝_______．15．在四面體中，與都是邊長為2的等邊三角形，且平面平面，則該四面體外接球的體積為_______．16．從集合中隨機取一個元素，記為，從集合中隨機取一個元素，記為，則的概率為_______．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）在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系；曲線C1的普通方程為(x-1)2+y2=1，曲線C2的參數方程為（θ為參數）.（Ⅰ）求曲線C1和C2的極坐標方程：（Ⅱ）設射線θ=(ρ>0)分別與曲線C1和C2相交于A，B兩點，求|AB|的值．18．（12分）已知中心在原點的橢圓的左焦點為，與軸正半軸交點為，且.（1）求橢圓的標準方程；（2）過點作斜率為、的兩條直線分別交于異于點的兩點、.證明：當時，直線過定點.19．（12分）記為數列的前項和，N.（1）求；（2）令，證明數列是等比數列，并求其前項和.20．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（是參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求直線與曲線的普通方程，并求出直線的傾斜角；（2）記直線與軸的交點為是曲線上的動點，求點的最大距離.21．（12分）如圖，空間幾何體中，是邊長為2的等邊三角形，，，，平面平面，且平面平面，為中點.（1）證明：平面；（2）求二面角平面角的余弦值.22．（10分）在世界讀書日期間，某地區(qū)調查組對居民閱讀情況進行了調查，獲得了一個容量為200的樣本，其中城鎮(zhèn)居民140人，農村居民60人.在這些居民中，經常閱讀的城鎮(zhèn)居民有100人，農村居民有30人.（1）填寫下面列聯表，并判斷能否有99%的把握認為經常閱讀與居民居住地有關？城鎮(zhèn)居民農村居民合計經常閱讀10030不經常閱讀合計200（2）從該地區(qū)城鎮(zhèn)居民中，隨機抽取5位居民參加一次閱讀交流活動，記這5位居民中經常閱讀的人數為，若用樣本的頻率作為概率，求隨機變量的期望.附：，其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828

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】

首先根據題中條件和三角形中幾何關系求出，，即可求出的值.【詳解】如圖所示過做三角形三邊的垂線，垂足分別為，，，過分別做，的平行線，，由題知，則外接圓半徑，因為，所以，又因為，所以，，由題可知，所以，，所以.故選：D.【點睛】本題主要考查了三角形外心的性質，正弦定理，平面向量分解定理，屬于一般題.2、A【解析】

將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱，則它們的外接球相同，由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上，在中，計算半徑即可.【詳解】由，，可知平面．將三棱錐補形為如圖所示的三棱柱，則它們的外接球相同．由此易知外接球球心應在棱柱上下底面三角形的外心連線上，記的外心為，由為等邊三角形，可得．又，故在中，，此即為外接球半徑，從而外接球表面積為．故選：A【點睛】本題考查了三棱錐外接球的表面積，考查了學生空間想象，邏輯推理，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.3、A【解析】

解出集合A和B即可求得兩個集合的并集.【詳解】∵集合{x∈Z|﹣2＜x≤3}＝{﹣1，0，1，2，3}，B＝{y∈N|y＝x﹣1，x∈A}＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，∴A∪B＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}．故選：A．【點睛】此題考查求集合的并集，關鍵在于準確求解不等式，根據描述法表示的集合，準確寫出集合中的元素.4、D【解析】

利用等差數列通項公式推導出λ，由d∈[1，2]，能求出實數λ取最大值．【詳解】∵數列{an}是等差數列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，∴1+3d+λ（1+9d）+1+15d＝15，解得λ，∵d∈[1，2]，λ2是減函數，∴d＝1時，實數λ取最大值為λ．故選D．【點睛】本題考查實數值的最大值的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．5、B【解析】

解不等式確定集合，然后由補集、并集定義求解．【詳解】由題意或，∴，．故選：B.【點睛】本題考查集合的綜合運算，以及一元二次不等式的解法，屬于基礎題型．6、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.7、B【解析】

利用函數與函數互為反函數，可得，再利用對數運算性質比較a,c進而可得結論.【詳解】依題意，函數與函數關于直線對稱，則，即，又，所以，.故選：B.【點睛】本題主要考查對數、指數的大小比較，屬于基礎題.8、C【解析】

以為基底，將用基底表示，根據向量數量積的運算律，即可求解.【詳解】,,.故選:C.【點睛】本題考查向量的線性運算以及向量的基本定理，考查向量數量積運算，屬于中檔題.9、D【解析】

如圖所示，設的中點為，的外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，利用正弦定理可得，利用球心的性質和線面垂直的性質可得四邊形為平行四邊形，最后利用勾股定理可求外接球的半徑，從而可得外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設的中點為，外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，則平面，.因為，故，因為，故.由正弦定理可得，故，又因為，故.因為，故平面，所以，因為平面，平面，故，故，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，故外接球的半徑為，外接球的表面積為.故選：D.【點睛】本題考查平面圖形的折疊以及三棱錐外接球表面積的計算，還考查正弦定理和余弦定理，折疊問題注意翻折前后的變量與不變量，外接球問題注意先確定外接球的球心的位置，然后把半徑放置在可解的直角三角形中來計算，本題有一定的難度.10、C【解析】

，分子分母同乘以分母的共軛復數即可.【詳解】由已知，，故的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.11、D【解析】解：根據幾何體的三視圖知，該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據，計算它的體積為：V=V三棱柱+V半圓柱=×2×2×1+?π?12×1=（6+1.5π）cm1．故答案為6+1.5π．點睛：根據幾何體的三視圖知該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據計算它的體積即可．12、D【解析】

依題意，可得，在上單調遞增，于是可得在上的值域為，繼而可得，解之即可.【詳解】解：，因為，，所以，在上單調遞增，則在上的值域為，因為所有點所構成的平面區(qū)域面積為，所以，解得，故選：D.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，理解題意，得到是關鍵，考查運算能力，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】

由中位線定理和正方體性質得，從而作出異面直線所成的角，在三角形中計算可得．【詳解】如圖，連接，，，∵分別為棱的中點，∴，又正方體中，即是平行四邊形，∴，∴，（或其補角）就是直線與直線所成角，是等邊三角形，∴＝60°，其正切值為．故答案為：．【點睛】本題考查異面直線所成的角，解題關鍵是根據定義作出異面直線所成的角．14、【解析】

先利用倍角公式及差角公式把已知條件化簡可得，平方可得.【詳解】∵，∴，則，平方可得．故答案為：.【點睛】本題主要考查三角恒等變換，倍角公式的合理選擇是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養(yǎng).15、【解析】

先確定球心的位置，結合勾股定理可求球的半徑，進而可得球的面積.【詳解】取的外心為，設為球心，連接，則平面，取的中點，連接，，過做于點，易知四邊形為矩形，連接，，設，.連接，則，，三點共線，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.【點睛】本題主要考查幾何體的外接球問題，外接球的半徑的求解一般有兩個思路：一是確定球心位置，利用勾股定理求解半徑；二是利用熟悉的模型求解半徑,比如長方體外接球半徑是其對角線的一半.16、【解析】

先求出隨機抽取a,b的所有事件數，再求出滿足的事件數，根據古典概型公式求出結果.【詳解】解：從集合中隨機取一個元素，記為，從集合中隨機取一個元素，記為，則的事件數為9個，即為，，，其中滿足的有，，，共有8個，故的概率為.【點睛】本題考查了古典概型的計算，解題的關鍵是準確列舉出所有事件數.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、（Ⅰ），;（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據，可得曲線C1的極坐標方程，然后先計算曲線C2的普通方程，最后根據極坐標與直角坐標的轉化公式，可得結果.（Ⅱ）將射線θ=分別與曲線C1和C2極坐標方程聯立，可得A，B的極坐標，然后簡單計算，可得結果.【詳解】（Ⅰ）由所以曲線的極坐標方程為，曲線的普通方程為則曲線的極坐標方程為（Ⅱ）令，則，，則，即，所以，，故．【點睛】本題考查極坐標方程和參數方程與直角坐標方程的轉化，以及極坐標方程中的幾何意義，屬基礎題.18、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）在中，計算出的值，可得出的值，進而可得出的值，由此可得出橢圓的標準方程；（2）設點、，設直線的方程為，將該直線方程與橢圓方程聯立，列出韋達定理，根據已知條件得出，利用韋達定理和斜率公式化簡得出與所滿足的關系式，代入直線的方程，即可得出直線所過定點的坐標.【詳解】（1）在中，，，，，，，，因此，橢圓的標準方程為；（2）由題不妨設，設點，聯立，消去化簡得，且，，，，，∴代入，化簡得，化簡得，，，，直線，因此，直線過定點.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了橢圓中直線過定點的問題，考查計算能力，屬于中等題.19、（1）；（2）證明見詳解，【解析】

（1）根據，可得，然后作差，可得結果.（2）根據（1）的結論，用取代，得到新的式子，然后作差，可得結果，最后根據等比數列的前項和公式，可得結果.【詳解】（1）由①，則②②-①可得：所以（2）由（1）可知：③則④④-③可得：則，且令，則，所以數列是首項為，公比為的等比數列所以【點睛】本題主要考查遞推公式以及之間的關系的應用，考驗觀察能力以及分析能力，屬中檔題.20、（1），，直線的傾斜角為（2）【解析】

（1）由公式消去參數得普通方程，由公式可得直角坐標方程后可得傾斜角；（2）求出直線與軸交點，用參數表示點坐標，求出，利用三角函數的性質可得最大值．【詳解】（1）由，消去得的普通方程是：由，得，將代入上式，化簡得直線的傾斜角為（2）在曲線上任取一點，直線與軸的交點的坐標為則當且僅當時，取最大值.【點睛】本題考查參數方程與普通方程的互化，考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，屬于基礎題．求兩點間距離的最值時，用參數方程設點的坐標可把問題轉化為三角函數問題．21、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）分別取，的中點，，連接，，，，，要證明平面，只需證明面∥面即可.（2）以點為原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立空間直角坐標系，分別計算面的法向量，面的法向量可取，并判斷二面角為銳角，再利用計算即可.【詳解】（1）證明：分別取，的中點，，連接，，，，.由平面平面，且交于，平面，有平面，由平面平面，且交于，平面，有平面，所以∥，又平面，平面，所以∥平面，由，有，∥，又平面，平面，所以∥平面，由∥平面，∥平面，，所以平面∥平面，所以∥平面（2）以點為原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立如圖所示空間直角坐標系由面，所以面的法向量可取，點，點，點，，，設面的法向量，所以，取，二面角的平面角為，則為銳角.所以【點睛】本題考查由面面平行證明線面平行以及向量法求二面角的余弦值，考查學生的運算能力，在做此類題時，一定要準確寫出點的坐標.22、