湖北省黄冈市重点名校2022-2023学年高考数学押题试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知实数，则的大小关系是()A． B． C． D．2．已知函数，，若对任意的，存在实数满足，使得，则的最大值是()A．3 B．2 C．4 D．53．已知直线和平面，若，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．不充分不必要4．若复数在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．5．执行下面的程序框图，则输出的值为（）A． B． C． D．6．在正项等比数列{an}中，a5-a1=15，a4-a2=6，则a3=（）A．2 B．4 C． D．87．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．已知向量，若，则实数的值为（）A． B． C． D．9．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（）A． B． C． D．10．已知是等差数列的前项和，，，则（）A．85 B． C．35 D．11．已知抛物线的焦点为，对称轴与准线的交点为，为上任意一点，若，则（）A．30° B．45° C．60° D．75°12．已知平面平面，且是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为（）A． B．16 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．执行右边的程序框图，输出的的值为.14．已知双曲线的两条渐近线方程为，若顶点到渐近线的距离为1，则双曲线方程为．15．展开式中项的系数是__________16．给出以下式子：①tan25°+tan35°tan25°tan35°；②2(sin35°cos25°+cos35°cos65°)；③其中，结果为的式子的序号是_____.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）的内角，，的对边分别为，，，其面积记为，满足.（1）求；（2）若，求的值.18．（12分）如图，在三棱锥中，，，侧面为等边三角形，侧棱.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥外接球的体积.19．（12分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程和曲线的参数方程；（2）设曲线与曲线在第二象限的交点为，曲线与轴的交点为，点，求的周长的最大值．20．（12分）如图是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不同于的任意一点（1）求证：平面平面；（2）设为的中点，为上的动点（不与重合）求二面角的正切值的最小值21．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）已知，求的大小.22．（10分）已知点，直线与抛物线交于不同两点、，直线、与抛物线的另一交点分别为两点、，连接，点关于直线的对称点为点，连接、．（1）证明：；（2）若的面积，求的取值范围．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

根据，利用指数函数对数函数的单调性即可得出．【详解】解：∵，∴，，．∴．故选：B．【点睛】本题考查了指数函数对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2、A【解析】

根据条件将问题转化为，对于恒成立，然后构造函数，然后求出的范围，进一步得到的最大值.【详解】，，对任意的，存在实数满足，使得，易得，即恒成立，，对于恒成立,设，则，令，在恒成立，，故存在，使得，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增.,将代入得：，，且，故选：A【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，零点存在定理和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属于难题.3、B【解析】

由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，，当时，存在，，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.4、B【解析】

复数，在复平面内对应的点在第二象限，可得关于a的不等式组，解得a的范围.【详解】，由其在复平面对应的点在第二象限，得，则.故选：B.【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5、D【解析】

根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，，

，，，，，结束循环，故输出，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.6、B【解析】

根据题意得到，，解得答案.【详解】，，解得或（舍去）.故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力.7、C【解析】

化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限．【详解】解：复数故复数对应的坐标为位于第三象限故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．8、D【解析】

由两向量垂直可得，整理后可知，将已知条件代入后即可求出实数的值.【详解】解：，，即，将和代入，得出，所以.故选:D.【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量的坐标运算.对于向量问题，若已知垂直，通常可得到两个向量的数量积为0，继而结合条件进行化简、整理.9、D【解析】

由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.【详解】由题可得，所以，又，所以，得，，所以椭圆的方程为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.10、B【解析】

将已知条件转化为的形式，求得，由此求得.【详解】设公差为，则，所以，，，.故选：B【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.11、C【解析】

如图所示：作垂直于准线交准线于，则，故，得到答案.【详解】如图所示：作垂直于准线交准线于，则，在中，，故，即.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中角度的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力.12、C【解析】

根据与平面所成的角相等，判断出，建立平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，由此求得点的轨迹长度.【详解】由于平面平面，且交线为，，所以平面，平面.所以和分别是直线与平面所成的角，所以，所以，即，所以.以为原点建立平面直角坐标系如下图所示，则，，设（点在第一象限内），由得，即，化简得，由于点在第一象限内，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在第一象限的部分.令代入原的方程，解得，故，由于，所以，所以点的轨迹长度为.故选：C【点睛】本小题主要考查线面角的概念和运用，考查动点轨迹方程的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】初始条件成立方；运行第一次：成立；运行第二次：不成立；输出的值：结束所以答案应填：考点：1、程序框图；2、定积分.14、【解析】由已知，即，取双曲线顶点及渐近线，则顶点到该渐近线的距离为，由题可知，所以，则所求双曲线方程为.15、-20【解析】

根据二项式定理的通项公式，再分情况考虑即可求解．【详解】解：展开式中项的系数：二项式由通项公式当时，项的系数是，当时，项的系数是，故的系数为；故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意分情况考虑，属于基础题．16、①②③【解析】

由已知分别结合和差角的正切及正弦余弦公式进行化简即可求解.【详解】①∵tan60°＝tan（25°+35°），tan25°+tan35°tan25°tan35°；tan25°tan35°，，②2（sin35°cos25°+cos35°cos65°）＝2（sin35°cos25°+cos35°sin25°），＝2sin60°；③tan（45°+15°）＝tan60°；故答案为：①②③【点睛】本题主要考查了两角和与差的三角公式在三角化简求值中的应用，属于中档试题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】

（1）根据三角形面积公式及平面向量数量积定义代入公式，即可求得，进而求得的值；（2）根据正弦定理将边化为角，结合（1）中的值，即可将表达式化为的三角函数式；结合正弦和角公式与辅助角公式化简，即可求得和，进而由正弦定理确定，代入整式即可求解.【详解】（1）因为，所以由三角形面积公式及平面向量数量积运算可得，所以.因为，所以.（2）因为，所以由正弦定理代入化简可得，由（1），代入可得，展开化简可得，根据辅助角公式化简可得.因为，所以，所以，所以为等腰三角形，且，所以.【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，平面向量数量积的运算，正弦和角公式及辅助角公式的简单应用，属于基础题.18、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）设中点为，连接、，利用等腰三角形三线合一的性质得出，利用勾股定理得出，由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；（2）先确定三棱锥的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半径，再由球体的体积公式可求得结果.【详解】（1）设中点为，连接、，因为，所以.又，所以，又由已知，，则，所以，.又为正三角形，且，所以，因为，所以，，，平面，又平面，平面平面；（2）由于是底面直角三角形的斜边的中点，所以点是的外心，由（1）知平面，所以三棱锥的外接球的球心在上.在中，的垂直平分线与的交点即为球心，记的中点为点，则.由与相似可得，所以.所以三棱锥外接球的体积为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了三棱锥外接球体积的计算，找出外接球球心的位置是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19、（1）曲线的直角坐标方程为，曲线的参数方程为为参数（2）【解析】

（1）将代入，可得，所以曲线的直角坐标方程为．由可得，将，代入上式，可得，整理可得，所以曲线的参数方程为为参数．（2）由题可设，，，所以，，，所以，因为，所以，所以当，即时，l取得最大值为，所以的周长的最大值为．20、（1）见解析（2）【解析】

（1）推导出，，从而平面，由面面垂直的判定定理即可得证．（2）过作，以为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，设，利用空间向量法表示出二面角的余弦值，当余弦值取得最大时，正切值求得最小值；【详解】（1）因为，面，，平面，平面，平面，又平面，平面平面；（2）过作，以为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，则，设，则平面的一个法向量为设平面的一个法向量为则，即，令，如图二面角的平面角为锐角，设二面角为，则，时取得最大值，最大值为，则最小值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解【详解】（Ⅰ）由正弦定理得.而.由以上两式得，即.由于，所以，又由于，得.（Ⅱ）设，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.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题22、（1）见解析；（2）．【解析】

（1）设点、，求出直线、的方程，与抛物线的方程联立，求出点、的坐标，利用直线、的斜率相等证明出；（2）设点到直线、的距离分别为、，求出，利用相似得出，可得出的边上的高，并利用弦长公式计算出，即可得