2022-2023学年河北衡水市安平中学高考数学五模试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．曲线上任意一点处的切线斜率的最小值为（）A．3 B．2 C． D．12．要得到函数的图象，只需将函数的图象A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度3．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数值的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线分别交于、两点，与轴的正半轴交于点，与准线交于点，且，则（）A． B．2 C． D．35．若集合，，则A． B． C． D．6．展开式中x2的系数为()A．－1280 B．4864 C．－4864 D．12807．若是定义域为的奇函数，且，则A．的值域为 B．为周期函数，且6为其一个周期C．的图像关于对称 D．函数的零点有无穷多个8．已知双曲线的一条渐近线倾斜角为，则（）A．3 B． C． D．9．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是()A．任意，使方程无实根B．任意，使方程有实根C．存在，使方程无实根D．存在，使方程有实根10．已知角的终边经过点,则A． B．C． D．11．已知是边长为的正三角形，若，则A． B．C． D．12．的展开式中的系数是（）A．160 B．240 C．280 D．320二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________.14．已知F为双曲线的右焦点，过F作C的渐近线的垂线FD，D为垂足，且（O为坐标原点），则C的离心率为________.15．已知是等比数列，且，，则__________，的最大值为__________．16．已知半径为4的球面上有两点A，B，AB=42，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C-AB-O的大小为60°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）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于两点，且与轴相交于点.（1）若，求直线的方程；（2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.18．（12分）如图，在平行四边形中，，，现沿对角线将折起，使点A到达点P，点M，N分别在直线，上，且A，B，M，N四点共面.（1）求证：；（2）若平面平面，二面角平面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）已知点、分别在轴、轴上运动，，．（1）求点的轨迹的方程；（2）过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点，，求的取值范围．20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．（）求与平面所成角的正弦．（）求二面角的余弦值．21．（12分）在中，内角，，所对的边分别是，，，，，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值．22．（10分）设函数f(x)=x2−4xsinx−4cosx．（1）讨论函数f(x)在[−π，π]上的单调性；（2）证明：函数f(x)在R上有且仅有两个零点．

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、A【解析】

根据题意，求导后结合基本不等式，即可求出切线斜率，即可得出答案.【详解】解：由于，根据导数的几何意义得：，即切线斜率，当且仅当等号成立，所以上任意一点处的切线斜率的最小值为3.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力.2、D【解析】

先将化为，根据函数图像的平移原则，即可得出结果.【详解】因为，所以只需将的图象向右平移个单位.【点睛】本题主要考查三角函数的平移，熟记函数平移原则即可，属于基础题型.3、C【解析】试题分析：根据题意，当时，令，得；当时，令，得，故输入的实数值的个数为1．考点：程序框图．4、B【解析】

过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由和抛物线的定义可求得，利用抛物线的性质可构造方程求得，进而求得结果.【详解】过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由抛物线解析式知：，准线方程为.，，，，由抛物线定义知：，，，.由抛物线性质得：，解得：，.故选：.【点睛】本题考查抛物线定义与几何性质的应用，关键是熟练掌握抛物线的定义和焦半径所满足的等式.5、C【解析】

解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.【详解】因为或，，所以，故选C.【点睛】本题考查集合的交运算，属于容易题.6、A【解析】

根据二项式展开式的公式得到具体为：化简求值即可.【详解】根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里出，第二个括号里出，具体为：化简得到-1280x2故得到答案为：A.【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.7、D【解析】

运用函数的奇偶性定义，周期性定义，根据表达式判断即可.【详解】是定义域为的奇函数，则，，又，，即是以4为周期的函数，，所以函数的零点有无穷多个；因为，，令，则，即，所以的图象关于对称，由题意无法求出的值域，所以本题答案为D.【点睛】本题综合考查了函数的性质，主要是抽象函数的性质，运用数学式子判断得出结论是关键.8、D【解析】

由双曲线方程可得渐近线方程，根据倾斜角可得渐近线斜率，由此构造方程求得结果.【详解】由双曲线方程可知：，渐近线方程为：，一条渐近线的倾斜角为，，解得：.故选：.【点睛】本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题，关键是明确直线倾斜角与斜率的关系；易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求.9、A【解析】

只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是“任意，使方程无实根”.故选：A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.10、D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D．11、A【解析】

由可得，因为是边长为的正三角形，所以，故选A．12、C【解析】

首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.【详解】由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.故选：C【点睛】本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

首先判断出中间号码的所有可能取值，由此求得基本事件的总数以及中间数字是的事件数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解】根据“钟型验证码”中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.所以该验证码的中间数字是7的概率为.故答案为：【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查分类加法计数原理、分类乘法计数原理的应用，考查运算求解能力，属于中档题.14、2【解析】

求出焦点到渐近线的距离就可得到的等式，从而可求得离心率．【详解】由题意，一条渐近线方程为，即，∴，由得，∴，，∴．故答案为：2.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出焦点到渐近线的距离，从而得出一个关于的等式．15、5【解析】，即的最大值为16、4【解析】

设△ABC所在截面圆的圆心为O1，AB中点为D，连接OD,易知∠ODO1即为二面角C-AB-O的平面角，可求出OD, O1D及OO1，然后可判断出四面体OABC外接球的球心E在直线OO1上，在【详解】设△ABC所在截面圆的圆心为O1，AB中点为D，连接OD,OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，∠ODO1即为二面角∠ODO因为OA=OB=4, AB=42，所以△OAB在Rt△ODO1中，由cos60º＝O1D因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体OABC外接球的球心E在直线OO设四面体OABC外接球半径为R，在Rt△O1由勾股定理可得：O1B2+O【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题．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）或；（2）见解析【解析】

（1）由已知条件利用点斜式设出直线的方程，则可表示出点的坐标，再由的关系表示出点的坐标，而点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程中可求出直线的斜率；（2）设出两点的坐标，则点的坐标可以表示出，然后直线的方程与椭圆方程联立成方程，消元后得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系，再结合直线的方程，化简可得结果.【详解】（1）由条件可知直线的斜率存在，则可设直线的方程为，则，由，有，所以，由在椭圆上，则，解得，此时在椭圆内部，所以满足直线与椭圆相交，故所求直线方程为或.（也可联立直线与椭圆方程，由验证）（2）设，则，直线的方程为.由得，由，解得，，当时，，故直线恒过定点.【点睛】此题考查的是直线与椭圆的位置关系中的过定点问题，计算过程较复杂，属于难题.18、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）根据余弦定理，可得，利用//，可得//平面，然后利用线面平行的性质定理，//，最后可得结果.（2）根据二面角平面角大小为，可知N为的中点，然后利用建系，计算以及平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）不妨设，则，在中,，则，因为，所以，因为//，且A、B、M、N四点共面，所以//平面.又平面平面，所以//.而，.（2）因为平面平面，且，所以平面，，因为，所以平面，，因为，平面与平面夹角为，所以，在中，易知N为的中点，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则由，令，得.设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查线面平行的性质定理以及线面角，熟练掌握利用建系的方法解决几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.19、（1）（2）【解析】

(1)设坐标后根据向量的坐标运算即可得到轨迹方程.(2)联立直线和椭圆方程，用坐标表示出，得到，所以，代入韦达定理即可求解.【详解】（1）设，，则，设，由得．又由于，化简得的轨迹的方程为．（2）设直线的方程为，与的方程联立，消去得，，设，，则，，由已知，，则，故直线．，令，则，由于，，．所以，的取值范围为．【点睛】此题考查轨迹问题，椭圆和直线相交，注意坐标表示向量进行转化的处理技巧，属于较难题目.20、(1).(2).【解析】分析：（1）直接建立空间直角坐标系，然后求出面的法向量和已知线的向量，再结合向量的夹角公式求解即可；（2）先分别得出两个面的法向量，然后根据向量交角公式求解即可.详解：（）∵是矩形，∴，又∵平面，∴，，即，，两两垂直，∴以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，由，，得，，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，，∴，∴，故与平面所成角的正弦值为．（）由（）可得，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，，∴，∴，故二面角的余弦值为．点睛：考查空间立体几何的线面角，二面角问题，一般直接建立坐标系，结合向量夹角公式求解即可，但要注意坐标的正确性，坐标错则结果必错，务必细心，属于中档题.21、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】