2023屆江西省新余第四中學高考數學必刷試卷含解析

2023年高考數學模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設函數的定義域為，命題：，的否定是（）A．， B．，C．， D．，2．已知復數，則（）A． B． C． D．3．某校為提高新入聘教師的教學水平，實行“老帶新”的師徒結對指導形式，要求每位老教師都有徒弟，每位新教師都有一位老教師指導，現選出3位老教師負責指導5位新入聘教師，則不同的師徒結對方式共有（）種.A．360 B．240 C．150 D．1204．正方體，是棱的中點，在任意兩個中點的連線中，與平面平行的直線有幾條（）A．36 B．21 C．12 D．65．已知函數，若，使得，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．6．設，若函數在區間上有三個零點，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．7．已知橢圓的焦點分別為，，其中焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓與拋物線的兩個交點連線正好過點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．8．設集合（為實數集），，，則（）A． B． C． D．9．已知函數，對任意的，，當時，，則下列判斷正確的是（）A． B．函數在上遞增C．函數的一條對稱軸是 D．函數的一個對稱中心是10．已知拋物線：，點為上一點，過點作軸于點，又知點，則的最小值為（）A． B． C．3 D．511．某中學有高中生人，初中生人為了解該校學生自主鍛煉的時間，采用分層抽樣的方法從高生和初中生中抽取一個容量為的樣本.若樣本中高中生恰有人，則的值為（）A． B． C． D．12．設等比數列的前項和為，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，內角的對邊分別為，已知，則的面積為___________．14．已知函數有兩個極值點、，則的取值范圍為_________.15．若的展開式中各項系數之和為32，則展開式中x的系數為_____16．如圖所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延長線交BC邊于點F，若，則____.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）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），將曲線上每一點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到曲線，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，射線與曲線交于點，將射線繞極點逆時針方向旋轉交曲線于點.（1）求曲線的參數方程；（2）求面積的最大值．18．（12分）已知函數.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若對任意的，當時，都有恒成立，求最大的整數.（參考數據：）19．（12分）若函數在處有極值，且，則稱為函數的“F點”.（1）設函數（）.①當時，求函數的極值；②若函數存在“F點”，求k的值；（2）已知函數（a，b，，）存在兩個不相等的“F點”，，且，求a的取值范圍.20．（12分）如圖，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.過頂點，的平面與棱，分別交于，兩點.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求證：四邊形是平行四邊形；（Ⅲ）若，試判斷二面角的大小能否為？說明理由.21．（12分）已知點，且，滿足條件的點的軌跡為曲線．（1）求曲線的方程；（2）是否存在過點的直線，直線與曲線相交于兩點，直線與軸分別交于兩點，使得？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由．22．（10分）已知.（1）若，求函數的單調區間；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.

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、D【解析】

根據命題的否定的定義，全稱命題的否定是特稱命題求解.【詳解】因為：，是全稱命題，所以其否定是特稱命題，即，.故選：D【點睛】本題主要考查命題的否定，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.2、B【解析】

利用復數除法、加法運算，化簡求得，再求得【詳解】，故.故選：B【點睛】本小題主要考查復數的除法運算、加法運算，考查復數的模，屬于基礎題.3、C【解析】

可分成兩類，一類是3個新教師與一個老教師結對，其他一新一老結對，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，一個老教師帶一個新教師，分別計算后相加即可．【詳解】分成兩類，一類是3個新教師與同一個老教師結對，有種結對結對方式，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，有．∴共有結對方式60＋90＝150種．故選：C．【點睛】本題考查排列組合的綜合應用．解題關鍵確定怎樣完成新老教師結對這個事情，是先分類還是先分步，確定方法后再計數．本題中有一個平均分組問題．計數時容易出錯．兩組中每組中人數都是2，因此方法數為．4、B【解析】

先找到與平面平行的平面，利用面面平行的定義即可得到.【詳解】考慮與平面平行的平面，平面，平面，共有，故選：B.【點睛】本題考查線面平行的判定定理以及面面平行的定義，涉及到了簡單的組合問題，是一中檔題.5、C【解析】試題分析：由題意知，當時，由，當且僅當時，即等號是成立，所以函數的最小值為，當時，為單調遞增函數，所以，又因為，使得，即在的最小值不小于在上的最小值，即，解得，故選C．考點：函數的綜合問題．【方法點晴】本題主要考查了函數的綜合問題，其中解答中涉及到基本不等式求最值、函數的單調性及其應用、全稱命題與存在命題的應用等知識點的綜合考查，試題思維量大，屬于中檔試題，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及轉化與化歸思想的應用，其中解答中轉化為在的最小值不小于在上的最小值是解答的關鍵．6、D【解析】令，可得.在坐標系內畫出函數的圖象（如圖所示）.當時，.由得.設過原點的直線與函數的圖象切于點，則有，解得.所以當直線與函數的圖象切時.又當直線經過點時，有，解得.結合圖象可得當直線與函數的圖象有3個交點時，實數的取值范圍是.即函數在區間上有三個零點時，實數的取值范圍是.選D.點睛：已知函數零點的個數（方程根的個數）求參數值（取值范圍）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解，對于一些比較復雜的函數的零點問題常用此方法求解.7、B【解析】

根據題意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【詳解】易知，且故有，則故選：B【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、拋物線的幾何性質，考查了學生的計算能力，屬于中檔題8、A【解析】

根據集合交集與補集運算,即可求得.【詳解】集合,,所以所以故選:A【點睛】本題考查了集合交集與補集的混合運算,屬于基礎題.9、D【解析】

利用輔助角公式將正弦函數化簡，然后通過題目已知條件求出函數的周期，從而得到，即可求出解析式，然后利用函數的性質即可判斷.【詳解】，又，即，有且僅有滿足條件；又，則，，函數，對于A，，故A錯誤；對于B，由，解得，故B錯誤；對于C，當時，，故C錯誤；對于D，由，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了簡單三角恒等變換以及三角函數的性質，熟記性質是解題的關鍵，屬于基礎題.10、C【解析】

由,再運用三點共線時和最小，即可求解.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查拋物線的定義，合理轉化是本題的關鍵，注意拋物線的性質的靈活運用，屬于中檔題．11、B【解析】

利用某一層樣本數等于某一層的總體個數乘以抽樣比計算即可.【詳解】由題意，，解得.故選：B.【點睛】本題考查簡單隨機抽樣中的分層抽樣，某一層樣本數等于某一層的總體個數乘以抽樣比，本題是一道基礎題.12、C【解析】

根據等比數列的前項和公式，判斷出正確選項.【詳解】由于數列是等比數列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要條件.故選：C【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查等比數列前項和公式，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由余弦定理先算出c，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，即，解得，故的面積.故答案為：【點睛】本題考查利用余弦定理求解三角形的面積，考查學生的計算能力，是一道基礎題.14、【解析】

確定函數的定義域，求導函數，利用極值的定義，建立方程，結合韋達定理，即可求的取值范圍．【詳解】函數的定義域為，，依題意，方程有兩個不等的正根、（其中），則，由韋達定理得，，所以，令，則，，當時，，則函數在上單調遞減，則，所以，函數在上單調遞減，所以，.因此，的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查了函數極值點問題，考查了函數的單調性、最值，將的取值范圍轉化為以為自變量的函數的值域問題是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.15、2025【解析】

利用賦值法，結合展開式中各項系數之和列方程，由此求得的值.再利用二項式展開式的通項公式，求得展開式中的系數.【詳解】依題意，令，解得，所以，則二項式的展開式的通項為：令，得，所以的系數為.故答案為：2025【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和，考查二項式展開式指定項系數的求法，屬于基礎題.16、【解析】

過點做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.【詳解】解：如圖，過點做,易得：,,,故,可得：，同理：,,可得,,由，可得,可得：,可得：，,故答案為：.【點睛】本題主要考查平面向量的線性運算和平面向量的數量積，由題意作出是解題的關鍵.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、（1）（為參數）；（2）.【解析】

（1）根據伸縮變換結合曲線的參數方程可得出曲線的參數方程；（2）將曲線的方程化為普通方程，然后化為極坐標方程，設點的極坐標為，點的極坐標為，將這兩點的極坐標代入橢圓的極坐標方程，得出和關于的表達式，然后利用三角恒等變換思想即可求出面積的最大值．【詳解】（1）由于曲線的參數方程為（為參數），將曲線上每一點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到曲線，則曲線的參數方程為（為參數）；（2）將曲線的參數方程化為普通方程得，化為極坐標方程得，即，設點的極坐標為，點的極坐標為，將這兩點的極坐標代入橢圓的極坐標方程得，，的面積為，當時，的面積取到最大值.【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程與普通方程的互化，考查了伸縮變換，同時也考查了利用極坐標方程求解三角形面積的最值問題，要熟悉極坐標方程所適用的基本類型，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.18、（1）（2）2【解析】

（1）先求得切點坐標，利用導數求得切線的斜率，由此求得切線方程.（2）對分成，兩種情況進行分類討論.當時，將不等式轉化為，構造函數，利用導數求得的最小值（設為）的取值范圍，由的得在上恒成立，結合一元二次不等式恒成立，判別式小于零列不等式，解不等式求得的取值范圍.【詳解】（1）已知函數，則處即為，又，，可知函數過點的切線為，即.（2）注意到，不等式中，當時，顯然成立；當時，不等式可化為令，則，，所以存在，使.由于在上遞增，在上遞減，所以是的唯一零點.且在區間上，遞減，在區間上，遞增，即的最小值為，令，則，將的最小值設為，則，因此原式需滿足，即在上恒成立，又，可知判別式即可，即，且可以取到的最大整數為2.【點睛】本小題主要考查利用導數求切線方程，考查利用導數研究不等式恒成立問題，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.19、（1）①極小值為1，無極大值.②實數k的值為1.（2）【解析】

（1）①將代入可得，求導討論函數單調性，即得極值；②設是函數的一個“F點”（），即是的零點，那么由導數可知，且，可得，根據可得，設，由的單調性可得，即得.（2）方法一：先求的導數，存在兩個不相等的“F點”，，可以由和韋達定理表示出，的關系，再由，可得的關系式，根據已知解即得.方法二：由函數存在不相等的兩個“F點”和，可知，是關于x的方程組的兩個相異實數根，由得，分兩種情況：是函數一個“F點”，不是函數一個“F點”，進行討論即得.【詳解】解：（1）①當時，（），則有（），令得，列表如下：x10極小值故函數在處取得極小值，極小值為1，無極大值.②設是函數的一個“F點”（）.（），是函數的零點.，由，得，，由，得，即.設，則，所以函數在上單調增，注意到，所以方程存在唯一實根1，所以，得，根據①知，時，是函數的極小值點，所以1是函數的“F點”.綜上，得實數k的值為1.（2）由（a，b，，），可得（）.又函數存在不相等的兩個“F點”和，，是關于x的方程（）的兩個相異實數根.又，，，即，從而，，即..，，解得.所以，實數a的取值范圍為.（2）（解法2）因為（a，b，，）所以（）.又因為函數存在不相等的兩個“F點”和，所以，是關于x的方程組的兩個相異實數根.由得，.（2.1）當是函數一個“F點”時，且.所以，即.又，所以，所以.又，所以.（2.2）當不是函數一個“F點”時，則，是關于x的方程的兩個相異實數根.又，所以得所以，得.所以，得.綜合（2.1）（2.2），實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數求函數極值，以及由函數的極值求參數值等，是一道關于函數導數的綜合性題目，考查學生的分析和數學運算能力，有一定難度.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）不能為.【解析】

（1）由平面平面，可得平面，從而證明；（2）由平面與平面沒有交點，可得與不相交，又與共面，所以，同理可證，得證；（3）作交于點，延長交于點，連接，根據三垂線定理，確定二面角的平面角，若，，由大角對大邊知，兩者矛盾，故二面角的大小不能為.【詳解】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依題意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面與平面平行，即兩個平面沒有交點，則與不相交，又與共面，所以，同理可證，所以四邊形是平行四邊形；（3）不能.如圖，作交于點，延長交于點，連接，由，，，所以平面，則平面，又，根據三垂線定理，得到，所以是二面角的平面角，若，則是等腰直角三角形，，又，所以中，由大角對大邊知，所以，這與上面相矛盾，所以二面角的大小不能為.【點睛】本題考查了立體幾何中的線線平行和垂直的判定問題，和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，屬中檔題.21、（1）（2）存在，或．【解析】

（1）由得看成到兩定點的和為定值，滿足橢圓定義，用定義可解曲線的方程.（2）先討論斜率不存在情況是否符合題意，當直線的斜率存在時，設直線點斜式方程，由，可得，再直線與橢圓聯解，利用根的判別