1、2023學年高考數學模擬測試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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下列說法正確的是（ ）A“若，則”的否命題是“若，則”B在中，“”是“”成立的必要不充分條件C“若，則”是真命題D存在，使得成立2給定下列四個命題：若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行

2、，則這兩個平面相互平行；若一個平面經過另一個平面的垂線，則這兩個平面相互垂直；垂直于同一直線的兩條直線相互平行；若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直其中，為真命題的是( )A和 B和 C和 D和3已知函數，則不等式的解集為（ ）ABCD4設遞增的等比數列的前n項和為，已知，則（ ）A9B27C81D5已知m為實數，直線：，：，則“”是“”的（ ）A充要條件B充分不必要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件6集合，則( )ABCD7曲線在點處的切線方程為（ ）ABCD8給出以下四個命題：依次首尾相接的四條線段必共面；過不在同一條直線上的三點，有且只有一個

3、平面；空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角必相等；垂直于同一直線的兩條直線必平行.其中正確命題的個數是（ ）A0B1C2D39已知，表示兩個不同的平面，l為內的一條直線，則“是“l”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件10已知集合A0，1，B0，1，2，則滿足ACB的集合C的個數為（）A4B3C2D111已知，是橢圓與雙曲線的公共焦點，是它們的一個公共點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，若，則的最小值為（ ）ABC8D612已知全集，集合，則陰影部分表示的集合是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13展

4、開式中的系數為_14能說明“若對于任意的都成立，則在上是減函數”為假命題的一個函數是_.15已知函數，若函數恰有4個零點，則實數的取值范圍是_16在中，為定長，若的面積的最大值為，則邊的長為_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）已知函數.（1）當時，判斷在上的單調性并加以證明；（2）若，求的取值范圍.18（12分）己知，.（1）求證：；（2）若，求證：.19（12分）已知函數（）的圖象在處的切線為（為自然對數的底數）（1）求的值；（2）若，且對任意恒成立，求的最大值.20（12分）設，函數，其中為自然對數的底數.（1）設函數.若，試判斷函數與的圖像在區間

5、上是否有交點；求證：對任意的，直線都不是的切線；（2）設函數，試判斷函數是否存在極小值，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.21（12分）已知.（1）解關于x的不等式：；（2）若的最小值為M，且，求證：.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.2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、C【答案解析】A：否命題既否條件又否結論，故A錯.B：由正弦定理和邊角關系可判斷B錯.C：可判斷其逆否命題的真假，C正確.D：根據冪函數的性質判斷D

6、錯.【題目詳解】解：A：“若，則”的否命題是“若，則”，故 A錯.B：在中，故“”是“”成立的必要充分條件，故B錯.C：“若，則”“若，則”，故C正確.D：由冪函數在遞減，故D錯.故選：C【答案點睛】考查判斷命題的真假，是基礎題.2、D【答案解析】利用線面平行和垂直，面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇【題目詳解】當兩個平面相交時，一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面，故錯誤；由平面與平面垂直的判定可知正確；空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面，故錯誤；若兩個平面垂直，只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直，故正確綜上，真命題是.故選：

7、D【答案點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，是中檔題3、D【答案解析】先判斷函數的奇偶性和單調性，得到，且，解不等式得解.【題目詳解】由題得函數的定義域為.因為，所以為上的偶函數，因為函數都是在上單調遞減.所以函數在上單調遞減.因為，所以，且，解得.故選：D【答案點睛】本題主要考查函數的奇偶性和單調性的判斷，考查函數的奇偶性和單調性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.4、A【答案解析】根據兩個已知條件求出數列的公比和首項，即得的值.【題目詳解】設等比數列的公比為q.由，得，解得或.因為.且數列遞增，所以.又，解得，故.故選

8、：A【答案點睛】本題主要考查等比數列的通項和求和公式，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.5、A【答案解析】根據直線平行的等價條件，求出m的值，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【題目詳解】當m=1時，兩直線方程分別為直線l1：x+y1=0，l2：x+y2=0滿足l1l2，即充分性成立，當m=0時，兩直線方程分別為y1=0，和2x2=0，不滿足條件當m0時，則l1l2，由得m23m+2=0得m=1或m=2，由得m2，則m=1，即“m=1”是“l1l2”的充要條件，故答案為：A【答案點睛】（1）本題主要考查充要條件的判斷，考查兩直線平行的等價條件，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推

9、理能力.(2) 本題也可以利用下面的結論解答，直線和直線平行，則且兩直線不重合,求出參數的值后要代入檢驗看兩直線是否重合.6、A【答案解析】解一元二次不等式化簡集合A，再根據對數的真數大于零化簡集合B，求交集運算即可.【題目詳解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故選A【答案點睛】本題主要考查了集合的交集運算，涉及一元二次不等式解法及對數的概念，屬于中檔題.7、A【答案解析】將點代入解析式確定參數值，結合導數的幾何意義求得切線斜率，即可由點斜式求的切線方程.【題目詳解】曲線，即，當時，代入可得，所以切點坐標為，求得導函數可得，由導數幾何意義可知，由點斜式可得切線方程為，即，故選：A.【答案點睛

10、】本題考查了導數的幾何意義，在曲線上一點的切線方程求法，屬于基礎題.8、B【答案解析】用空間四邊形對進行判斷；根據公理2對進行判斷；根據空間角的定義對進行判斷；根據空間直線位置關系對進行判斷.【題目詳解】中，空間四邊形的四條線段不共面，故錯誤.中，由公理2知道，過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面，故正確.中，由空間角的定義知道，空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補，故錯誤.中，空間中，垂直于同一直線的兩條直線可相交，可平行，可異面，故錯誤.故選：B【答案點睛】本小題考查空間點，線，面的位置關系及其相關公理，定理及其推論的理解和認識；考查空間想象能力，推

11、理論證能力，考查數形結合思想，化歸與轉化思想.9、A【答案解析】試題分析：利用面面平行和線面平行的定義和性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷解：根據題意，由于，表示兩個不同的平面，l為內的一條直線，由于“，則根據面面平行的性質定理可知，則必然中任何一條直線平行于另一個平面，條件可以推出結論，反之不成立，“是“l”的充分不必要條件故選A考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；平面與平面平行的判定10、A【答案解析】由可確定集合中元素一定有的元素，然后列出滿足題意的情況，得到答案.【題目詳解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4種情況，所以選A項.【答案點睛】考查集合并集運

12、算，屬于簡單題.11、C【答案解析】由橢圓的定義以及雙曲線的定義、離心率公式化簡，結合基本不等式即可求解.【題目詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的半實軸長為，半焦距為，則，設由橢圓的定義以及雙曲線的定義可得：，則 當且僅當時，取等號.故選：C【答案點睛】本題主要考查了橢圓的定義以及雙曲線的定義、離心率公式，屬于中等題.12、D【答案解析】先求出集合N的補集，再求出集合M與的交集，即為所求陰影部分表示的集合.【題目詳解】由，可得或，又所以.故選：D.【答案點睛】本題考查了韋恩圖表示集合，集合的交集和補集的運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、30【答案解析】先將

13、問題轉化為二項式的系數問題，利用二項展開式的通項公式求出展開式的第項，令的指數分別等于2，4，求出特定項的系數【題目詳解】由題可得：展開式中的系數等于二項式展開式中的指數為2和4時的系數之和，由于二項式的通項公式為，令，得展開式的的系數為，令，得展開式的的系數為，所以展開式中的系數，故答案為30.【答案點睛】本題考查利用二項式展開式的通項公式解決二項展開式的特定項的問題，考查學生的轉化能力，屬于基礎題14、答案不唯一，如【答案解析】根據對基本函數的理解可得到滿足條件的函數.【題目詳解】由題意，不妨設，則在都成立，但是在是單調遞增的，在是單調遞減的，說明原命題是假命題.所以本題答案為，答案不唯一

14、，符合條件即可.【答案點睛】本題考查對基本初等函數的圖像和性質的理解，關鍵是假設出一個在上不是單調遞減的函數，再檢驗是否滿足命題中的條件，屬基礎題.15、【答案解析】函數恰有4個零點，等價于函數與函數的圖象有四個不同的交點，畫出函數圖象，利用數形結合思想進行求解即可.【題目詳解】函數恰有4個零點，等價于函數與函數的圖象有四個不同的交點，畫出函數圖象如下圖所示：由圖象可知：實數的取值范圍是.故答案為：【答案點睛】本題考查了已知函數零點個數求參數取值范圍問題，考查了數形結合思想和轉化思想.16、【答案解析】設，以為原點，為軸建系，則，設，利用求向量模的公式，可得，根據三角形面積公式進一步求出的值即

15、為所求.【題目詳解】解：設，以為原點，為軸建系，則，設，則，即，由，可得.則.故答案為：.【答案點睛】本題考查向量模的計算，建系是關鍵，屬于難題.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）在為增函數；證明見解析（2）【答案解析】（1）令，求出，可推得，故在為增函數；（2）令，則，由此利用分類討論思想和導數性質求出實數的取值范圍.【題目詳解】（1）當時，.記，則，當時，.所以，所以在單調遞增，所以.因為，所以，所以在為增函數.（2）由題意，得，記，則，令，則，當時，所以，所以在為增函數，即在單調遞增，所以.當，恒成立，所以為增函數，即在單調遞增，又，所以，所以在為

16、增函數，所以所以滿足題意.當，令，因為，所以，故在單調遞增，故，即.故，又在單調遞增，由零點存在性定理知，存在唯一實數，當時，單調遞減，即單調遞減，所以，此時在為減函數，所以，不合題意，應舍去.綜上所述，的取值范圍是.【答案點睛】本題主要考查了導數的綜合應用，利用導數研究函數的單調性、最值和零點及不等式恒成立等問題，考查化歸與轉化思想、分類與整合思想、函數與方程思想，考查了學生的邏輯推理和運算求解能力，屬于難題.18、（1）證明見解析（2）證明見解析【答案解析】（1）采用分析法論證，要證，分式化整式為，再利用立方和公式轉化為，再作差提取公因式論證.（2）由基本不等式得，再用不等式的基本性質論證

17、.【題目詳解】（1）要證，即證，即證，即證，即證，即證，該式顯然成立，當且僅當時等號成立，故.（2）由基本不等式得，當且僅當時等號成立.將上面四式相加，可得，即.【答案點睛】本題考查證明不等式的方法、基本不等式，還考查推理論證能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.19、 (1)a=-1,b=1;(2)-1.【答案解析】（1）對求導得，根據函數的圖象在處的切線為，列出方程組，即可求出的值；（2）由（1）可得，根據對任意恒成立，等價于對任意恒成立，構造，求出的單調性，由，可得存在唯一的零點，使得，利用單調性可求出，即可求出的最大值.（1），.由題意知. （2）由（1）知：，對任意恒成立對任意恒成立對

18、任意恒成立. 令，則.由于，所以在上單調遞增. 又，所以存在唯一的，使得，且當時，時，. 即在單調遞減，在上單調遞增.所以.又，即，. . ， . 又因為對任意恒成立，又， . 點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.20、（1）函數與的圖象在區間上有交點；證明見解析；（2）且；【答案解析】（1）令，結合函數零點的判定定理判斷即可；設切點橫坐標為，求出切線方程，得到，根據函數的單調性判斷即可；（2）求出的解析式，通過討論的范圍，求出函

19、數的單調區間，確定的范圍即可【題目詳解】解：（1）當時，函數，令，則，故，又函數在區間上的圖象是不間斷曲線，故函數在區間上有零點，故函數與的圖象在區間上有交點；證明：假設存在，使得直線是曲線的切線，切點橫坐標為，且，則切線在點切線方程為，即，從而，且，消去，得，故滿足等式，令，所以，故函數在和上單調遞增，又函數在時，故方程有唯一解，又，故不存在，即證；（2）由得，令，則，當時，遞減，故當時，遞增，當時，遞減，故在處取得極大值，不合題意；時，則在遞減，在，遞增，當時，故在遞減，可得當時，當時，易證，令，令，故，則，故在遞增，則，即時，故在，內存在，使得，故在，上遞減，在，遞增，故在處取得極小值由（1）知，故在遞減，在遞增，故時，遞增，不合題意；當時，當，時，