2023年湖北省公安县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.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，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.设集合A、3是全集U的两个子集，贝是“4045=0”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

2.设集合A={x|x<3},3={x|x（0或x〉2},则AC3=（）

A.（YO,0）B.（2,3）C.（YO,0）U（2,3）D.（ro,3）

3.如图，圆。是边长为的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点O,点M为圆上任意一点，

西=+y而（x,yeR）,则2x+y的最大值为（）

C.2D.2近

4.若双曲线三-尸=1（。>0）的一条渐近线与圆V+（y—2）2=2至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围

是（）

A.[71”）B.[2,-FW）C.（1,V2]D.（1,2]

5.阿基米德（公元前287年一公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称

为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并

且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一

个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54乃的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为（）

64万

6.某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长

为（）.

A.72B.73C.1D.76

7.某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：CMD为（）

8.已知aeR若Cl-ai）（3+2i）为纯虚数，则a的值为（）

3322

A.一一B.-C.一一D.-

2233

9.已知复数z=（l-a）+（“2—l）i（i为虚数单位，a>l）,贝k在复平面内对应的点所在的象限为（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

10.设复数二满足z-（l+i）=2i+l（i为虚数单位），则复数］的共辑复数在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

11.已知向量值=(1,〃2),5=(3,—2),且0+5)J_5,则机=()

C.6D.8

12.已知四棱锥E-ABCD,底面A6C0是边长为1的正方形，££)=1,平面ECD,平面A3CD,当点C到平面

43E的距离最大时，该四棱锥的体积为()

A.—B.-C.—D.1

633

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知函数/(xX-d+sinx,若=贝！=.

x2,*之0

14.已知/(x)=J—K,x<o,若/(3a-2)>4/(a),则“的取值范围是.

15.如图是某几何体的三视图，俯视图中圆的两条半径长为2且互相垂直，则该几何体的体积为.

正住四国制左岸图

16.Q—七)的展开式中x的系数为.

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)已知圆。：尤2+y2=i和抛物线后：y=/-2,。为坐标原点.

(1)已知直线/和圆。相切，与抛物线E交于M,N两点，且满足Q0J_ON,求直线/的方程;

(2)过抛物线E上一点P(x0,%)作两直线和圆。相切，且分别交抛物线E于。,R两点，若直线。R的斜率

为-百，求点P的坐标.

x=1+rcosa

18.(12分)在直角坐标系宜为中，直线/的参数方程为〈।.。为参数，0<。<乃).在以。为极点，工轴

y=l+fsina

正半轴为极轴的极坐标中，曲线C：夕=4cos6.

(1)当。=一时，求C与/的交点的极坐标；

4

(2)直线/与曲线。交于A,5两点，线段中点为M(Ll),求|A8|的值.

22

19.(12分)已知椭圆后:二+2-=1,过。(-4,0)的直线/与椭圆£相交于45两点，且与y轴相交于P点.

62

一3一

(1)若尸4=豺。，求直线/的方程；

(2)设A关于x轴的对称点为C，证明：直线BC过x轴上的定点.

20.(12分)已知数列｛4｝满足：对任意〃,veN*,都有品,=a.+4+2.

(1)若生+4+。6+%=2,求%的值；

(2)若｛4｝是等比数列，求｛4｝的通项公式；

(3)设AGN*，k>3,求证：若%+1,%2，%+3,…成等差数歹U，则也成等差数列.

21.(12分)在平面四边形AC8D(图①)中，与AABD均为直角三角形且有公共斜边A3,设A3=2,

ZBAD=3O°,NB4C=45°,将AABC沿A3折起，构成如图②所示的三棱锥C'-ABO,且使C'O=0.

(1)求证：平面CAB,平面DW；

(2)求二面角A—C'D—8的余弦值.

22.(10分)设AABC的内角A、B、。的对边长分别为。、〃、c.设S为AABC的面积，满足S=?(/+c：

⑴求3；

⑵若b=5求2c的最大值.

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.C

【解析】

作出韦恩图，数形结合，即可得出结论.

【详解】

如图所示，=

同时AcQ/3=0nAq8.

故选:C.

【点睛】

本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题.

2.C

【解析】

直接求交集得到答案.

【详解】

集合A={x|x<3},8={划％（0圆）2},则ACB=（F,0）u（2,3）.

故选：C.

【点睛】

本题考查了交集运算，属于简单题.

3.C

【解析】

建立坐标系，写出相应的点坐标，得到2x+），的表达式，进而得到最大值.

【详解】

以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系,

根据三角形面积公式得到gX/周长Xr=s=gXABXACXSin60°,

可得到内切圆的半径为1；

可得到点的坐标为：B(-73,0),C(A0),A(0,3),0(0,0),M(cos6,1+sin0)

两=(cos6+G,l+sine),丽=(百,3),丽=(G,0)

故得到BM=(cos6+G,l+sine)=(>/ix+Gy,3x)

故得到cos0=>/3x+Gy-垂>,sin6=3x—1

1+sin。

x—______

3ccos。sin/942.4

=><.2x+y=—/=—i-----1———sin((0-v(p)-A\—W2.

cos。sin。2733333

一丁十§

故最大值为：2.

故答案为C.

【点睛】

这个题目考查了向量标化的应用，以及参数方程的应用，以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等

式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一

般方法.

4.C

【解析】

求得双曲线的渐近线方程，可得圆心（0,2）到渐近线的距离42加，由点到直线的距离公式可得。的范围，再由离心

率公式计算即可得到所求范围.

【详解】

双曲线*一/=1（。＞0）的一条渐近线为丁=}8,即x-ay=O,

2q

由题意知，直线X一冲=0与圆/+（；—2）2=2相切或相离，则”=2夜,

3后，

解得因此，双曲线的离心率e=£=+€（1,、6].

故选：C.

【点睛】

本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题.

5.C

【解析】

设球的半径为R,根据组合体的关系，圆柱的表面积为S=2万川+24Rx27?=54万，解得球的半径H=3,再

代入球的体积公式求解.

【详解】

设球的半径为R,

根据题意圆柱的表面积为S=2兀矛2+2nRx2R=54万，

解得R=3,

所以该球的体积为【/=-nRi=-xx33=36万.

33

故选：C

【点睛】

本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题.

6.B

【解析】

首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长.

【详解】

解：根据三视图还原几何体如图所示，

所以，该四棱锥体的最长的棱长为/=JF+F+]2=石.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题.

7.D

【解析】

根据几何体的三视图，该几何体是由正方体去掉三棱锥得到，根据正方体和三棱锥的体积公式可求解.

【详解】

如图，该几何体为正方体去掉三棱锥4-AGE,

AB

1172

所以该几何体的体积为：V=VABCD_WO|-VB|_AC1£=2x2x2--x-x2x2xl=—,

故选：D

【点睛】

本题主要考查了空间几何体的三视图以及体积的求法，考查了空间想象力，属于中档题.

8.A

【解析】

根据复数的乘法运算法则化简可得3+2。+（2-3a）i,根据纯虚数的概念可得结果.

【详解】

由题可知原式为3+2a+（2-3。）"该复数为纯虚数，

3+2a--03

所以=>a=—

故选：A

【点睛】

本题考查复数的运算和复数的分类，属基础题.

9.B

【解析】

分别比较复数二的实部、虚部与0的大小关系，可判断出Z在复平面内对应的点所在的象限.

【详解】

因为。>1时，所以1—a<0,a2-l>0,所以复数二在复平面内对应的点位于第二象限.

故选:B.

【点睛】

本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.

10.D

【解析】

先把2・（1+，）=2»+1变形为2="，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出I，得到其坐标可得答案.

【详解】

2z+l(2z+l)(l-z)3+i3

解：由z-(l+i)=2i+l,得2=

1+z(l+z)(l-z)2

-313

所以z=q-彳"其在复平面内对应的点为,在第四象限

222，-2

故选：D

【点睛】

此题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.

11.D

【解析】

由已知向量的坐标求出G+B的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案.

【详解】

Va==（3,-2）,r.a+h-,又（d+5）_L/>,

.♦.3x4+(-2)x(m-2)=0,解得m=l.

故选D.

【点睛】

本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题.

12.B

【解析】

过点E作E"_LCD,垂足为过"作HELAB,垂足为尸，连接EE因为C。//平面A5E,所以点C到平面

7T

A8E的距离等于点H到平面A8E的距离〃.设将〃表示成关于。的函数，再求函数的最值,

即可得答案.

【详解】

过点E作£7/，CD,垂足为过//作“ELA6,垂足为此连接E?

因为平面EC。，平面ABC。，所以£77,平面ABCD,

所以EH工HF.

因为底面A8C。是边长为1的正方形，HF//AD,所以族=AD=1.

因为C。//平面ABE,所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.

易证平面EFH±平面ABE,

所以点打到平面A5E的距离，即为H到E尸的距离

TT_____________

不妨设/8后=。（0<。《5）,则EH=sin6>,所=Jl+sir?。.

因为IEHFng.EF/ngEH/"，所以/?•Jl+sin2e=sin。，

sing_1〈夜一

所以飞+命/+]F当夕=方时，等号成立・

2

此时E”与重合，所以E〃=l,V£_ABCD=1X1X1=1.

故选：B.

【点睛】

本题考查空间中点到面的距离的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，

求解时注意辅助线及面面垂直的应用.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.-M

【解析】

根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数/(x)的奇偶性，利用函数奇偶性的性质求解即可.

【详解】

因为函数f(x)=-x3+sinx,其定义域为R,

所以其定义域关于原点对称，

X=+sin(-%)=-(x3+sin%)=-/(%),

所以函数为奇函数，因为f(a)=M,

所以/(一a)=—M.

故答案为:

【点睛】

本题考查函数奇偶性的判断及其性质；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性的判断方法是求解本题的关键;属于中

档题、常考题型.

14.(2,-K»)

【解析】

函数/(x)等价为/(%)=%凡由二次函数的单调性可得/(%)在R上递增，“3a-2)>4/(a)即为

f(3a-2)>f(2a),可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围.

【详解】

x2,x^0

/(%)=<-x2,x<0,等价为/(x)=%N，

且x<0时，/(£)=一%2递增，x〉0时，〃x)=x2递增，

且/(O)=O,在x=0处函数连续，

可得/(x)在/?上递增，

/(3。-2)>4/(。)即为/(3。-2)>〃2)〃。)=/(2。)，可得3a-2〉2a,解得a>2,

即”的取值范围是(2,+8).

故答案为：(2,+8).

【点睛】

本题考查分段函数的单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题.

15.20万

【解析】

由三视图知该几何体是一个圆柱与一个半球的四分之三的组合，利用球体体积公式、圆柱体积公式计算即可.

【详解】

由三视图知，该几何体是由一个半径为2的半球的四分之三和一个底面半径2、高为4的圆

,34,

柱组合而成，其体积为万x2?x4+—x—;rx23=20万.

83

故答案为：20万.

【点睛】

本题考查三视图以及几何体体积，考查学生空间想象能力以及数学运算能力，是一道容易题.

16.80.

【解析】

只需找到(2-r)5展开式中的/项的系数即可.

【详解】

(2—-)5展开式的通项为加=。25-,(_-)，=(—1)匕25-42"令「=2,

则7；=(-1)2C；2\4=80x4,故(2：)的展开式中X的系数为80.

故答案为：80.

【点睛】

本题考查二项式定理的应用，涉及到展开式中的特殊项系数，考查学生的计算能力，是一道容易题.

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)y=T；(2)/>(_亭_;或p(G』).

【解析】

试题分析：直线与圆相切只需圆心到直线的距离等于圆的半径，直线与曲线相交于两点，且满足OMLQV,

只需数量积为0,要联立方程组设而不求，利用坐标关系及根与系数关系解题，这是解析几何常用解题方法，第二步

利用直线。火的斜率找出坐标满足的要求，再利用两直线与圆相切，求出点的坐标.

,,,.\h\

试题解析：(1)解：设/：y=Ax+。，”(玉,y),N{x2,y2),由/和圆。相切，得〒^=1.

代+1

：.b2=k2+l.

v=kx+b

由{•,g消去y,并整理得/—履—人—2=0,

y二厂—2

工X+=攵,不工2=一人一2.

由QW_LQV,得丽丽=0，即％尤2+乂％=。.

/.XyXy+(依+Z?)(AX,+Z?)=0.

2

...(1+左2)毛工2+筋(5+x2^+b=0,

.•.(1+^)(7—2)+公匕+/=0,

...b2(-b-2)+(b2-l)b+b2=0.

：.b2+h=0.

.,•匕=-1或匕=0(舍).

当匕=一1时，k=0,故直线/的方程为)，=-1.

(2)设P(Xo，%)，。(石，乂)，W%，％)，则心=上二比=□_2)_3_2)=%+x,.

玉一

%1-X2X2

Xj+x?=一^3.

,、|yn-^.A-n|

设/（^:丁一为二匕仁一工）,由直线和圆相切,得［,=i.

即（片一1）好—2%%仁+义一1=0.

设总：＞一%=%2（%-%），同理可得：（片一1）片一2%%&+巾一1=0.

故人,总是方程（只一1伙2-2%%氏+火一1=0的两根，故匕+&=/空.

X。一1

v=k.x+y（）,

由｛2°C得%2一匕%+%凸一%一2=0,故无o+玉=勺.

y=x-2

2Jt"Y?

同理x+X,=右，则2%＞+玉+X,=占+%2,即2X（；-6=2。，；.

0/T

...2%_6/忙2）,解％=_£_或也.

同5

当无0=_+时，y0=--；当天=百时，y°=l.

JJ

故P-雪＞-1'1或P（后,1）.

18.⑴（0,0）,（2血,?）⑵2&

【解析】

7T

（1）依题意可知，直线/的极坐标方程为。=7（夕GR）,再对「分三种情况考虑;

4

（2）利用直线参数方程参数的几何意义，求弦长即可得到答案.

【详解】

7T

（1）依题意可知，直线/的极坐标方程为。=一（oeR）,

4

。=生（广乃、

当「〉0时，联立彳4'解得交点2及,7，

X?=4cos0,

当夕=0时，经检验（0,0）满足两方程，（易漏解之处忽略。=0的情况）

当「＜0时，无交点;

综上，曲线C与直线/的点极坐标为(0,0),2J5,?

(2)把直线/的参数方程代入曲线C,得/+2(sina-cosa2=0,

可知乙+/2=0,-t2=-2,

【点睛】

本题考查直线与曲线交点的极坐标、利用参数方程参数的几何意义求弦长，考查函数与方程思想、转化与化归思想、

分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

19.(1)>=也无+变或y=一Ylx—YI;(2)见解析

-82-82

【解析】

3

(1)由已知条件利用点斜式设出直线/的方程，则可表示出点P的坐标，再由丽=]项的关系表示出点A的坐标,

而点A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C的坐标可以表示出，然后直线A3的方程与椭圆方程联立成方程，消元后得到关

于x的一元二次方程，再利用根与系数的关系，再结合直线8C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I的方程为V=%(x-4),则P(0,4Z),

33

由丽=5项，有(4,%—46=5(—4—4，一以)，

128k

所以4=-

C8k、_上午历[J2]

由A-彳12，彳在椭圆E上，则J，解得％=±4，此时Po,土拳在椭圆E内部，所以满足

\)--------1------=18

62v7

直线/与椭圆相交,

故所求直线/方程为)，="x+"或y=x-^-.

'82'82

(也可联立直线/与椭圆方程，由/>0验证)

⑵设A（王，X）,8（工2，%），则C（x”r）,

直线8c的方程为(M+%)X+(X1一无2)y-(X2Y+玉％)=°・

y=k(x+4),....

由＜,2得(1+3/)％2+24&2彳+48&2-6=0，

x+3y=6

由△=(24左2)2-4(1+3k”)(48%2—6)＞0,

,1

解得公＜《，

24公48%2-6

当y=0时,

x2yt+xxy2_x2k(x1+4)+XJ^(X2+4)_2kx1x2+42(%+x2)

yx+y2k(x1+x2+8)+x2+8)

..48^-6..-24k2

1+33+1+3?=2(48公-6)-96尸=_3

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.

20.(1)3；(2)an=-2；(3)见解析.

【解析】

(1)依据下标的关系，有％8=4+。9+2,48=%+4+2,两式相加，即可求出48；(2)依据等比数列的通项

公式知，求出首项和公比即可。利用关系式4“=4,+4+2,列出方程，可以解出首项和公比；(3)利用等差数列的

定义，即可证出。

【详解】

(1)因为对任意”,ueN*,都有4,V=4+4+2,所以。记=%+/+2,al8=«3+a6+2,两式相加，

248=«2+a3+a6+a9+4=2+4=6,解得^8=3；

(2)设等比数列仅“｝的首项为可，公比为4,因为对任意“,ueN*,都有＜,=《,+4+2,

所以有4=4+%+2,解得％=-2,又％=4+4+2=4+/+2，

即有4+%=%+%，化简得，l+q=d+d，即(/一。3一])=0,

；.4=1或4=_1,因为为=%+。2+2,化简得/_2q+]=0,所以g=l

故见=-2。

(3)因为对任意M,veN-,都有auv=au+av+2,所以有

-4+i=4+1+2

。2(*+1)="2+4+1+2

«=。3+4+1+2＞。*+1，%+2,4+3,…成等差数列，设公差为d，

4(印)=4+%+|+2

a2-at=a2a+l)-ak+l=(k+l)d,a3-a2=a3(A.+l)-a2(k+l)=(k+l)d,…,

6-=%(«+i)-a“T)*+i)=(%+l)d,由等差数列的定义知，

%,生，…，处也成等差数列。

【点睛】

本题主要考查等差、等比数列的定义以及赋值法的应用，意在考查学生的逻辑推理，数学建模，综合运用数列知识的

能力。

21.(1)证明见解析；(2)-亚1

35

【解析】

(1)取A8的中点0,连接C'。,。。，证得C0_LD0,从而证得。。，平面48。，再结合面面垂直的判定定理，

即可证得平面C'AB_L平面DAB；

(2)以。为原点，AB,0C所在的直线为y轴，Z轴，建立的空间直角坐标系，求得平面AC'D和平面的法向

量，利用向量的夹角公式，即可求解.

【详解】

(1)取A5的中点0,连接CO,DO,

在AC'B和RtAAO5中，AB=2,则C'O=OO=1,

又C'D=y/2，所以CO?+DO?=CD2,即C'O±OD,

又C'OJLAb,JSABQOD=O,AB,QDu平面ABD,所以C'O_L平面A3。,

又OOu平面C'AB,所以平面C'ABJL平面DAB

(2)以。为原点，AB,0C所在的直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

(乖)j)

则A(0,-1,0),B(0,1,0),。(0,0,1),D—,-,0,

(22,

---------—(61、

所以AC'=(0,1,1)，BC'=(0,—1,1)，CD=—,-,-1，

k227

设平面AC'D的法向量为％=(%,y,%),

\1ACpvAC=0pi+zi=0

则即""-。’代入坐标得61,、，

-LC£>-C£)=0——x,+—^-z)=0

、22

令Z]=l,得X[=6,所以4=,

设平面BCD的法向量为〃2=C