2023年高考理科數(shù)學(xué)沖刺卷及答案(四)

2023年高考理科數(shù)學(xué)仿真沖刺卷及答案(四)

本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分,共

150分.考試用時(shí)120分鐘.

第I卷

一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分，共60分.在每小

題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)

1.設(shè)P={x|x<4},Q={x|x2<4},則()

(A)pcQ(B)QCp(C)pcCRQ(D)QCCRP

2

2.如果復(fù)數(shù)2=二位則()

(A)|z|=2

(B)z的實(shí)部為1

(C)z的虛部為-1

(D)z的共飄復(fù)數(shù)為1+i

3.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S6=24,SL63,貝lj等

于()

(A)4(B)5(06(D)7

4.如圖所示,在一個(gè)邊長為1的正方形A0BC內(nèi)，曲線

y二x“x>0)和曲線y二口圍成一個(gè)葉形圖(陰影部分)，向正方形

A0BC內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)(該點(diǎn)落在正方形A0BC內(nèi)任何一點(diǎn)是等可

能的)，則所投的點(diǎn)落在葉形圖內(nèi)部的概率是()

51

(A)12(B)6

11

(C)4(D)3

5.已知函數(shù)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù),且當(dāng)x三0時(shí),f(x)二

2

log2(x+l)+2-a,貝I」?jié)M足f(X-3X-1)+9<0的實(shí)數(shù)X的取值范圍

是()

(A)(-2,-1)(B)(-1,0)

(0(0,1)(D)(1,2)

a1

6.(x+H(2XT)5的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和為2,則該展開式中

常數(shù)項(xiàng)為()

(A)-40(B)-20

(C)20(D)40

7.如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1,圖中粗線畫出的是

某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()

248

(A)3(B)3(C)3(D)4

8.按如圖所示的程序框圖,若輸入a-81,則輸出的i等于

(A)14(B)17(019(D)21

第8題圖

9.已知函數(shù)f(x)=l+2cosxcos(x+3?)是偶函數(shù)，其中0￡

71

(0,2),則下列關(guān)于函數(shù)g(x)=cos(2x1)的正確描述是

()

nn

(A)g(x)在區(qū)間［-運(yùn)司上的最小值為T

(B)g(x)的圖象可由函數(shù)f(x)向上平移2個(gè)單位,在向右平移

n

§個(gè)單位得到

n

(C)g(x)的圖象可由函數(shù)f(x)的圖象向左平移§個(gè)單位得到

71

(D)g(x)的圖象可由函數(shù)f(x)的圖象向右平移§個(gè)單位得到

10.若點(diǎn)P是以A(-回,0),B(回,0)為焦點(diǎn),實(shí)軸長為2$的雙

曲線與圓x2+y2=10的一個(gè)交點(diǎn),則IPA|+1PB|的值為()

(A)2艱(B)4淄(C)4G(D)6M

11.已知直線1與函數(shù)f(x)=ln(&x)Tn(l-x)的圖象交于A,B

兩點(diǎn)，若AB中點(diǎn)為點(diǎn)P(2,m),則m的大小為()

11

(A)3(B)2(c)l(D)2

12.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.

現(xiàn)給出如下結(jié)論:①f(0)f(l)>0;②f(0)f(l)<0;③

f(0)f(3)>0;@f(0)f(3)<0.其中正確結(jié)論的序號(hào)是()

(A)①③⑻①④(C)②③(D)②④

第n卷

本卷包括必考題和選考題兩部分.第13?21題為必考題,每

個(gè)試題考生必須作答.第22、23題為選考題,考生根據(jù)要求

作答.

二、填空題(本大題共4小題,每小題5分，共20分.把答案

填在題中的橫線上)

1坦

13.已知a=G,2),|b|=l,|a+2bl=2,貝ljb在a方向上的投影

為.

14.若x,y滿足約束條件便瀉器設(shè)x2+y2+4x取得最大值的

點(diǎn)為A,則經(jīng)過點(diǎn)A和B(-2,-3)的直線方程為.

x2y2

15.過雙曲線滔-7=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線

與雙曲線交于A,B兩點(diǎn),與雙曲線的漸近線交于C,D兩點(diǎn),若

3

|AB|》g|CD|,則雙曲線離心率的取值范圍為.

16.如圖,體積為18V的正三棱錐A.BCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在半

徑為R的球。的球面上，球心。在此三棱錐內(nèi)部，且R：BC=2：

3,點(diǎn)E為線段BD上一點(diǎn),且DE-2EB,過點(diǎn)E作球0的截面，

則所得截面圓面積的取值范圍是.

三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、

證明過程或演算步驟)

17.(本小題滿分12分)

71

如圖，在4ABC中，D為AB邊上一點(diǎn)，DA=DC,已知B=&BC=1.

->/6

(1)若aABC是銳角三角形,DC-T,求角A的大小;

1

(2)若4BCD的面積為力,求邊AB的長.

18.（本小題滿分12分）

如圖，三棱柱ABCABC中，AiA_L平面ABC,Z

ACB=90°,AC=CB=2,M,N分別是AB,A.C的中點(diǎn).

⑴求證:MN〃平面BBCC;

⑵若平面CMN_L平面BMN,求直線AB與平面B】MN所成角的

正弦值.

19.(本小題滿分12分)

2017年是某市大力推進(jìn)居民生活垃圾分類的關(guān)鍵一年,有關(guān)

部門為宣傳垃圾分類知識(shí),面向該市市民進(jìn)行了一次“垃圾

分類知識(shí)”的網(wǎng)絡(luò)問卷調(diào)查,每位市民僅有一次參與機(jī)會(huì)，通

過抽樣，得到參與問卷調(diào)查中的1000人的得分?jǐn)?shù)據(jù)，其頻率

分布直方圖如圖所示：

(1)由頻率分布直方圖可以認(rèn)為,此次問卷調(diào)查的得分Z服從

正態(tài)分布N(u,210),u近似為這1000人得分的平均值(同

一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)，利用該正態(tài)分布,求

P(50.5<ZW94).

⑵在(1)的條件下,有關(guān)部門為此次參加問卷調(diào)查的市民制

定如下獎(jiǎng)勵(lì)方案：

①得分不低于u可獲贈(zèng)2次隨機(jī)話費(fèi),得分低于u則只有1

次；

②每次贈(zèng)送的隨機(jī)話費(fèi)和對應(yīng)概率如下:

贈(zèng)送話費(fèi)（單位:元）1020

21

概率

33

現(xiàn)有一位市民要參加此次問卷調(diào)查，記x（單位:元）為該市民

參加問卷調(diào)查獲贈(zèng)的話費(fèi),求X的分布列.

附:師仁14.5.若Z?N（P,。2）,則p（P-。＜ZWp+

。）=0.6827,

P（U-2O〈ZWP+2O）=0.9545.

20.（本小題滿分12分）

X2

已知FI,F2分別是橢圓C：Z+y2=l的左、右焦點(diǎn).

--5

（1）若P是第一象限內(nèi)該橢圓上的一點(diǎn),?PF2=~l求點(diǎn)P的

坐標(biāo)；

⑵設(shè)過定點(diǎn)M（0,2）的直線1與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A,B,且

ZA0B為銳角（其中0為坐標(biāo)原點(diǎn)），求直線1的斜率k的取值

范圍.

21.(本小題滿分12分)

已知函數(shù)f(x)=ex-1+ax,a￡R.

⑴討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若VxG[1,+℃>),f(x)+lnx2a+\恒成立，求a的取值范

圍.

請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按

所做的第一題計(jì)分.

22.（本小題滿分10分）

選修4一4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程

L-5+巴

2

已知直線1：卜=4+.（t為參數(shù)）.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),X軸的

正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為P=2cos

0.

⑴將曲線C的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程；

⑵設(shè)點(diǎn)M的直角坐標(biāo)為⑸心），直線1與曲線C的交點(diǎn)為A,B,

求|MA|?|MB|的值.

23.(本小題滿分10分)

選修4_5:不等式選講

已知函數(shù)f(x)=|2x-a|+1x-11,aGR.

(1)若不等式f(x)^2-|x-11有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

⑵當(dāng)a<2時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為3,求實(shí)數(shù)a的值.

仿真沖刺卷(四)

1.BP={x|x<4},Q={x|X2<4}={x|-2<x<2},如圖所示，

…I"T~In一

-4-3-2-1012345

可知QGP.故選B.

22(-1-i)

2.C由Z=-l+i=(T+i)(-l-i尸一l.-i,

所以IZI=z的實(shí)部為-1,虛部為T,共甄復(fù)數(shù)為-1+i.故選

C.

3.B設(shè)等差數(shù)列{小}的公差為d,因?yàn)镾6=24,SL63,

6x59x8

所以6a1+2d=24,9ai+2d=63,

聯(lián)立解得a,=-l,d=2,貝lja4=-l+3X2=5.故選B.

4.A可知此題求解的概率類型為關(guān)于面積的幾何概型，

由圖可知基本事件空間所對應(yīng)的幾何度量S(Q)=1,

滿足所投的點(diǎn)落在葉形圖內(nèi)部所對應(yīng)的幾何度量

13

f2^1￡

S(D)=0(\^-X3)dx=(3X-4x')10=12.

5

所以P(D)二運(yùn)故選A.

5.D由題意f(0)=log2(0+1)+2°~a=0,所以a=l.

設(shè)x<0,則-x>0,

x

則f(-x)=log2(1-x)+2--l.

因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以f(-x)-f(x).

x

所以f(x)=-log2(-x+D-2+l.

經(jīng)分析知f(x)在R上單調(diào)遞增,且f(-3)-9.

因?yàn)閒(x2-3x-l)+9<0,

即f(x-3x-l)<-9=f(-3),

有X2-3X-1<-3,解得Kx<2.故選D.

6.D令x=l,則有l(wèi)+a=2,得a=l,

11

故二項(xiàng)式為(x+x)(2x-x)5,

故其常數(shù)項(xiàng)為-22x4+23牖=40.故選D.

7.B由三視圖可知該幾何體為四棱錐P-ABCD,補(bǔ)成正方體如

圖所示,連接BD.

11114

其體積V=VBP4D+VBPCX§X2X1X2X2+3X2X1X2X2=3.故選

B.

8.A模擬程序的運(yùn)行,可得程序框圖的功能是計(jì)算

S=1+2+3+…+i的值,當(dāng)S>81時(shí)，輸出i+1的值.由于

i(i+1)12X13

S=1+2+3+…+i=當(dāng)i=12時(shí)，S=78<81,

13X14

當(dāng)i=13時(shí),=91>81,滿足退出循環(huán)的條件,故輸出i

的值為13+1=14.故選A.

9.C因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=l+2cosxcos(x+3。)是偶函數(shù)，其中。

TL

e(0,2),

所以f(-x)=l+2cos(-x)cos(3夕-x),

即cos(x+3。)=cos(3@-x),

展開整理可得sinxsin3夕=0,則sin3。=0,

所以39=kJi,k￡Z,

71

又夕￡(0,2),

3

所以3,￡(0,2兀)，所以3夕二兀,

n

所以f(x)=l+2cosxcos(x+n)=l-2cos2x=-cos2x=cos(Jr

-2x);

cos(2x-n),

71

所以函數(shù)g(x)=cos(2x-夕)=COS(2x-3).

nnnnn

因?yàn)?誦WxWG,所以-5W2x-

所以O(shè)Wg(x)Wl.因此A不正確;

Tin

故函數(shù)f(x)的圖象向左平移3個(gè)單位得到y(tǒng)=cos[2(x+3)-

n

冗]=COS(2x-3)=g(x)的圖象.故選C.

10.D由題意知2a=2典C=A/IO,

所以a=W,b2=c2-a2=l0-2=8,

x2y2

所以雙曲線方程為爹-豆=1.

不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，

(\PA\-\PB\=2a=2y/2,

22

則由題意知1仍用2+\PB\=(2c)=40,

所以(|PAHPB|)2=|PA/+|PB|2-2|PA||PB|,

解得2|PA||PB|=32,

所以(聞|+聞|)2二小人|2+電|2+2期|同|二72,

所以|PA|+|PB|=m=6或,故選D.

11.B由已知條件有f(x)=ln&+lnx-ln(l-x),

f(l-x)=lnVe+ln(l-x)-lnx,則f(x)+f(l-x)=l,

111

當(dāng)x=5時(shí)，f⑵+f⑵=1,

1i

所以f⑵上.故選B.

12.C因?yàn)閒(x)=x3-6x?+9x-abc,

所以f'(X)=3X2-12X+9=3(X2-4X+3)=3(x-l)(x-3).

令*(x)=0得Xi=l,X2=3,

由f'(x)>0得x>3或x〈l,

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(3,+8),

由f'(x)<0得l〈x<3,

所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1,3),

又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0,

所以f(x)與x軸有三個(gè)不同的交點(diǎn)，即有三個(gè)零點(diǎn)a,b,c.

f(x)的大致圖象如圖：

可判出f(l)=l-6+9-abc=4-abc>0,

f(3)=27-54+27-abc=-abc<0,

又f(0)=-abc,

所以f(0)<0,

所以f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0,故選C.

i0

13.解析:a=G,2),|b|=l,|a+2b|=2,

可得|a|=l,|a+2b『=4,

即為a2+4a,b+4b2=4,即有l(wèi)+4a,b+4=4,a,b=-4,可得b在a

a-b1

方向上的投影為向二-4

1

答案T

%>1,

%Iy_30

14.解析:畫出約束條件％-丫1320表示的平面區(qū)域,如圖所

示.

則z=x2+y2+4x=(x+2)2+y2-4,

表示平面區(qū)域(陰影部分)內(nèi)的點(diǎn)P(x,y)到點(diǎn)C(-2,0)的距離

的平方減去4,它的最大值在x-y-3=0,x+y-3=0的交點(diǎn)處取

得，

fx+y-3=0,

由|~y-3=0解得A⑶0),

所以經(jīng)過點(diǎn)A和B(-2,-3)的直線方程為

y-0x-3

-3-o=-2-3,化為一般形式為3x-5y-9=0.

答案：3x-5y-9=0

x2y2

15.解析:設(shè)雙曲線滔-”二1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為(c,0),

/b2

當(dāng)X=C時(shí)代入雙曲線a2-川=1得y=±a,

則A(c,?),B(c,-?),

2b2bbe

則|AB|=a，將x=c代入y=土ax得y=±?,

bebe

則C(c,?),D(c,-?),

2

2bc32b32bc3

則|CD|二",因?yàn)閨AB|eW|CD|,所以?匹即b2，c,

2

916￡25

則b2=c2-a2^^c2,即元c22a2,則e2=^^,

5

貝！JeA.

5

答案：［4+8)

16.解析:設(shè)BC=3a,則R=2a,

因?yàn)轶w積為18抬的正三棱錐A.BCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為R

的球0的球面上，

1￡24

所以§XWX9a2加18兩所以h=?2,

因?yàn)镽2=(h-RT+(病產(chǎn)，

24

所以4a2=(/-ZaV+Ba?,所以a=2,

所以BC=6,R=4,

因?yàn)辄c(diǎn)E為線段BD上一點(diǎn)，且DE=2EB,

3

所以AODB中，0D=0B=4,DB=6,cosZODB=4

I3

~116+16-2X4X4X-

所以O(shè)E—J4=2也,

截面垂直于0E時(shí)，截面圓的半徑為8口=2&截面圓面積為8

冗，

以0E所在直線為直徑時(shí),截面圓的半徑為4,截面圓面積為

16幾，

所以截面圓面積的取值范圍是［8R，16冗］.

答案：［8冗，16r］

兀施

17.解：⑴在4BCD中，B=&BC=1,DC=X由正弦定理得

BCCD

sin乙BDCMm,

解得sinNBDC=3=2,

n2n

則NBDC=§或可.

nn7

當(dāng)NBDC=§時(shí)，由DA=DC,得A=%,則ZACB=i2n,此時(shí)^ABC為

鈍角三角形,不合題意；

27rn

當(dāng)NBDC二不時(shí)，由DA=DC,得A=§,

5

則NACB=適n,AABC為銳角三角形，

n

綜上,A=3.

n1

⑵由于B=4,BC=1,ABCD面積為%,

1兀1J2

則E?BC?BD,sin4=6｝解得BD=3.

再由余弦定理得CD=BC2+BD-2BC-BD-cosZ

2巫巫g

=1+9-2XTXT=9,

A/5p+#

故CD二三又由AB=AD+BD=CD+BD=^>,

4+洲

故邊AB的長為3.

18.(1)證明：連接AG,BG,則N為AG的中點(diǎn),

又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以MN〃BG,

又BGu平面BBCC,MN4平面BBCC,

故MN〃平面BBCC.

(2)解：由AiAJ_平面ABC,CG〃AAi,得AC±CCbBCJ_CG.

又NACB=90°,即AC_LBC,

以C為原點(diǎn),分別以CB,CG,CA所在直線為x軸，y軸，z軸建

立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)CCF2X(X>0),

—

則M(l,0,l),N(0,入，1),Bi(2,2入，0),。河二(1,0,1),

—>

MN=(-1,入，0),-1=(2,X,-1).

設(shè)平面CMN的法向量為m=(x,y,z),

TT，口J才十Z5

由CM?m=0,MN?m=0得1_x+4y=o,

令y=l,得m=（入，1,-入）,

同理可得平面BMN的一個(gè)法向量為n=（入，1,3入）,

因?yàn)槠矫鍯MN_L平面B.MN,

所以m?n=入2+1-3入J。，

■-3-

解得入=2,得n=（2,1,h），

又6二⑵0,-2）,

設(shè)直線AB與平面BMN所成角為0,

—>—>

則sin9=|cos<n,|=\n\\AB\=6.

A/6

所以，直線AB與平面BMN所成角的正弦值是否.

19.角軍：(1)E(Z)=35X0.025+45X0.15+55X0.2+65X0.25+

75X0.225+

85X0.1+95X0.05=65,

所以P=65,a=^210^14.5,

所以P(50.5VZW79.5)=06827,

P(36<Z<94)=0.9545,

0.9545-0.6827

所以P(79.5<Z^94)=2=o.1359,

所以P(50.5<ZW94)=P(50.5<ZW79.5)+P(79.5<ZW

94)=0.6827+0.1359=0.8186.

1

⑵P(Z〈u)=P(Z>H)=5,

X的可能取值為{10,20,30,40},

121

P(X=10)=2X3=3,

111227

P(X=20)=2X3+2X3X3=18,

1211122

P(X=30)=2X3X3+2X3X3=9,

1111

P(X=40)=2X3X3=18.

所以X的分布列為

X10203040

1721

p

318918

20.解：(1)因?yàn)闄E圓方程為Z+y2=l,所以a=2,b=l,c=#,

可得Fl(-A0),F2cA0),設(shè)P(x,y)(x>0,y>0),

--5

貝卜「1?12=(-齷—x,-y),(抬-x,-y)=x，y2-3=-4

%2=1,

2_2￡

解得F一了.0即P(l,2~).

⑵顯然x=0不滿足題意,可設(shè)1的方程為y=kx+2,

A(xbyi),B(x2,y2),

,2

—+y2=i，

4

聯(lián)立ly=Ax+2,=(l+4k2)x2+16kx+12=0,

3

由A=(16k)2-4(l+4k2)?12>0,得k?北.

16k12

Xi+X2=-1+4k2,X]X2=1+4k2.

->—>

又NAOB為銳角，即。4?。8>0,

即XiX2+yiy2>0,XiX2+(kxi+2)(kx2+2)>0,

12

2

(1+k)xix2+2k(xi+x2)+4=(1+必)i+加+

16k4(4-k2)

2k(T+4k2)+4=1+4/〉0,

33

可得k2<4.又k2>4即為其k2<4,

解得k￡(-2,-T)u解,2).

21.解：⑴*(x)=e-+a,

①a20時(shí),1(x)〉0,f(x)在R上單調(diào)遞增；

②a<0時(shí)，令f'(x)=0,解得x=ln(-a)+l,

故x>ln(-a)+1時(shí),f(x)單調(diào)遞增,x<ln(-a)+1時(shí),f(x)單調(diào)遞

減；

綜上,a^O時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-8,+oo)；

a<0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(In(-a)+1,+8),單調(diào)遞減區(qū)

間為

(-8,ln(-a)+l).

⑵令a=T,由(1)得f(x)的最小值是f(l)=0,

故eX〔x20,即exH^x,

f(x)+lnx2a+l恒成立與f(x)+lnx-aT巳0恒成立等價(jià),

令g(x)=f(x)+lnx-a-1,

即g(x)=e^'+a(x-1)+lnx-l,(x》l),

1

則g'(x)=ex-1+x+a,

11n