1、2023年高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、。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為得到y=sin(2x-A向左平移3個單位 B向左平移C向右平移3個單位 D向右平移2設數列是等差數列，.則這個數列的前7項和等于（ ）A12B21C24D363復數的（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限4一艘海輪從A處出發，以每小時24海里的速度沿南偏東40的方向直線航行，30分鐘后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65，那么B，C兩點間的距離是（ ）A6 海里B6海里C8海里D8海里5在中，“”是“”的（ ）A充

3、分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件6函數的圖象的大致形狀是（ ）ABCD7已知函數，若對任意，總存在，使得成立，則實數的取值范圍為（ ）ABCD8算數書竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現存最早的有系統的數學典籍.其中記載有求“囷蓋”的術：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.該術相當于給出了由圓錐的底面周長與高，計算其體積的近似公式.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3.那么近似公式相當于將圓錐體積公式中的圓周率近似取為（ ）ABCD9一場考試需要2小時，在這場考試中鐘表的時針轉過的弧度數為（ ）ABCD10設等差數列的

4、前n項和為，若，則（ ）ABC7D211三棱錐的各個頂點都在求的表面上，且是等邊三角形，底面，若點在線段上，且，則過點的平面截球所得截面的最小面積為（ ）ABCD12設為自然對數的底數，函數，若，則( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若函數，則使得不等式成立的的取值范圍為_.14已知x，y0，且，則x+y的最小值為_15已知全集，集合，則_.16設實數，滿足，則的最大值是_.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）在國家“大眾創業，萬眾創新”戰略下，某企業決定加大對某種產品的研發投入.為了對新研發的產品進行合理定價，將該產品按事

5、先擬定的價格試銷，得到一組檢測數據如表所示:試銷價格(元)產品銷量 (件)已知變量且有線性負相關關系，現有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲； 乙；丙，其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.（1）試判斷誰的計算結果正確？（2）若由線性回歸方程得到的估計數據與檢測數據的誤差不超過，則稱該檢測數據是“理想數據”，現從檢測數據中隨機抽取個，求“理想數據”的個數為的概率.18（12分）已知函數，函數，其中，是的一個極值點，且.（1）討論的單調性（2）求實數和a的值（3）證明19（12分）如圖，四棱錐的底面為直角梯形，底面，且，為的中點.（1）證明：；（2）設點是線段上的動點，當直線

6、與直線所成的角最小時，求三棱錐的體積.20（12分）已知六面體如圖所示，平面，是棱上的點，且滿足.（1）求證：直線平面；（2）求二面角的正弦值.21（12分）已知函數，其中.（）若，求函數的單調區間；（）設.若在上恒成立，求實數的最大值.22（10分）設函數，其中，為正實數.（1）若的圖象總在函數的圖象的下方，求實數的取值范圍；（2）設，證明：對任意，都有.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。1D【解析】試題分析：因為，所以為得到y=sin(2x-3)的圖象，只需要將考點：三角函數的圖像變換2B【解析】根據等差數列的性質

7、可得，由等差數列求和公式可得結果.【詳解】因為數列是等差數列，所以，即，又，所以，故故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，性質，等差數列的和，屬于中檔題.3C【解析】所對應的點為（-1，-2）位于第三象限.【考點定位】本題只考查了復平面的概念，屬于簡單題.4A【解析】先根據給的條件求出三角形ABC的三個內角，再結合AB可求，應用正弦定理即可求解.【詳解】由題意可知：BAC704030.ACD110，ACB1106545，ABC1803045105.又AB240.512.在ABC中，由正弦定理得，即，.故選：A.【點睛】本題考查正弦定理的實際應用，關鍵是將給的角度、線段長度轉化為三角

8、形的邊角關系，利用正余弦定理求解.屬于中檔題.5C【解析】由余弦函數的單調性找出的等價條件為，再利用大角對大邊，結合正弦定理可判斷出“”是“”的充分必要條件.【詳解】余弦函數在區間上單調遞減，且，由，可得，由正弦定理可得.因此，“”是“”的充分必要條件.故選：C.【點睛】本題考查充分必要條件的判定，同時也考查了余弦函數的單調性、大角對大邊以及正弦定理的應用，考查推理能力，屬于中等題.6B【解析】根據函數奇偶性，可排除D；求得及，由導函數符號可判斷在上單調遞增，即可排除AC選項.【詳解】函數易知為奇函數，故排除D.又，易知當時，；又當時，故在上單調遞增，所以，綜上，時，即單調遞增.又為奇函數，所

9、以在上單調遞增，故排除A，C.故選：B【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象，導函數性質與函數圖象關系，屬于中檔題.7C【解析】將函數解析式化簡，并求得，根據當時可得的值域；由函數在上單調遞減可得的值域，結合存在性成立問題滿足的集合關系，即可求得的取值范圍.【詳解】依題意，則，當時，故函數在上單調遞增，當時，；而函數在上單調遞減，故，則只需，故，解得，故實數的取值范圍為.故選：C.【點睛】本題考查了導數在判斷函數單調性中的應用，恒成立與存在性成立問題的綜合應用，屬于中檔題.8C【解析】將圓錐的體積用兩種方式表達，即，解出即可.【詳解】設圓錐底面圓的半徑為r，則，又，故，所以，.故選：C.

10、【點睛】本題利用古代數學問題考查圓錐體積計算的實際應用，考查學生的運算求解能力、創新能力.9B【解析】因為時針經過2小時相當于轉了一圈的，且按順時針轉所形成的角為負角，綜合以上即可得到本題答案.【詳解】因為時針旋轉一周為12小時，轉過的角度為，按順時針轉所形成的角為負角，所以經過2小時，時針所轉過的弧度數為.故選：B【點睛】本題主要考查正負角的定義以及弧度制，屬于基礎題.10B【解析】根據等差數列的性質并結合已知可求出，再利用等差數列性質可得，即可求出結果【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：B【點睛】本題主要考查等差數列的性質及前項和公式，屬于基礎題11A【解析】由題意畫出圖形，求出三棱錐S

11、-ABC的外接球的半徑，再求出外接球球心到D的距離，利用勾股定理求得過點D的平面截球O所得截面圓的最小半徑，則答案可求.【詳解】如圖，設三角形ABC外接圓的圓心為G，則外接圓半徑AG=,設三棱錐S-ABC的外接球的球心為O，則外接球的半徑R=取SA中點E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,所以OD=.則過點D的平面截球O所得截面圓的最小半徑為所以過點D的平面截球O所得截面的最小面積為故選：A【點睛】本題考查三棱錐的外接球問題，還考查了求截面的最小面積，屬于較難題.12D【解析】利用與的關系，求得的值.【詳解】依題意，所以故選：D【點睛】本小題主要考查函數值的計算，屬于基礎題.二、填空題：本

12、題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】分，兩種情況代入討論即可求解.【詳解】，當時，符合；當時，不滿足.故答案為：【點睛】本題主要考查了分段函數的計算，考查了分類討論的思想.141【解析】處理變形x+yx（）+y結合均值不等式求解最值.【詳解】x，y0，且，則x+yx（）+y1，當且僅當時取等號，此時x4，y2，取得最小值1故答案為：1【點睛】此題考查利用均值不等式求解最值，關鍵在于熟練掌握均值不等式的適用條件，注意考慮等號成立的條件.15【解析】根據題意可得出，然后進行補集的運算即可【詳解】根據題意知，故答案為：【點睛】本題考查列舉法的定義、全集的定義、補集的運算，考查計算能力，屬于

13、基礎題161【解析】根據目標函數的解析式形式，分析目標函數的幾何意義，然后判斷求出目標函數取得最優解的點的坐標，即可求解【詳解】作出實數，滿足表示的平面區域，如圖所示：由可得，則表示直線在軸上的截距，截距越小，越大.由可得，此時最大為1，故答案為：1【點睛】本題主要考查線性規劃知識的運用，考查學生的計算能力，考查數形結合的數學思想三、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）乙同學正確；（2）.【解析】（1）根據變量且有線性負相關關系判斷甲不正確.根據回歸直線方程過樣本中心點，判斷出乙正確.（2）由線性回歸方程得到的估計數據，計算出誤差，求得“理想數據”的個數，由此利

14、用古典概型概率計算公式，求得所求概率.【詳解】（1）已知變量具有線性負相關關系，故甲不正確，代入兩個回歸方程，驗證乙同學正確，故回歸方程為：（2）由（1）得到的回歸方程，計算估計數據如下表：021212由上表可知，“理想數據”的個數為.用列舉法可知，從個不同數據里抽出個不同數據的方法有種.從符合條件的個不同數據中抽出個，還要在不符合條件的個不同數據中抽出個的方法有種.故所求概率為【點睛】本小題主要考查回歸直線方程的判斷，考查古典概型概率計算，考查數據處理能力，屬于中檔題.18（1）在區間單調遞增；（2）；（3）證明見解析.【解析】（1）求出，在定義域內，再次求導，可得在區間上恒成立，從而可得結

15、論；（2）由，可得，由可得，聯立解方程組可得結果；（3）由（1）知在區間單調遞增，可證明，取，可得，而，利用裂項相消法，結合放縮法可得結果.【詳解】（1）由已知可得函數的定義域為，且，令，則有，由，可得，可知當x變化時，的變化情況如下表：1-0+極小值，即，可得在區間單調遞增；（2）由已知可得函數的定義域為，且，由已知得，即，由可得，聯立，消去a，可得，令，則，由（1）知，故，在區間單調遞增，注意到，所以方程有唯一解，代入，可得，；（3）證明：由（1）知在區間單調遞增，故當時，可得在區間單調遞增，因此，當時，即，亦即，這時，故可得，取，可得，而，故.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性

16、以及不等式的證明，屬于難題.不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數證明不等主要方法有兩個，一是比較簡單的不等式證明，不等式兩邊作差構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出函數的最值即可；二是較為綜合的不等式證明，要觀察不等式特點，結合已解答的問題把要證的不等式變形，并運用已證結論先行放縮，然后再化簡或者進一步利用導數證明.19（1）見解析；（2）.【解析】（1）要證明，只需證明平面即可；（2）以C為原點，分別以的方向為軸、軸、軸的正方向，建立空間直角坐標系，利用向量法求，并求其最大值從而確定出使問題得到解決.【詳解】（1）連結AC、AE，由已知，四邊形ABCE為正方形，則，因為底面，則，

17、由知平面，所以.（2）以C為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設，則，所以，設，則，所以當，即時，取最大值，從而取最小值，即直線與直線所成的角最小，此時，則，因為，則平面，從而M到平面的距離，所以.【點睛】本題考查線面垂直證線線垂直、異面直線直線所成角計算、換元法求函數最值以及等體積法求三棱錐的體積，考查的內容較多，計算量較大，解決此類問題最關鍵是準確寫出點的坐標，是一道中檔題.20（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接，設，連接.通過證明，證得直線平面.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的正弦值.【詳解】（1）連接，設，連接，因為，所以，所以，在中，

18、因為，所以，且平面，故平面.（2）因為，所以，因為，平面，所以平面，所以，取所在直線為軸，取所在直線為軸，取所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知可得，所以，因為，所以，所以點的坐標為，所以，設為平面的法向量，則，令，解得，所以，即為平面的一個法向量.，同理可求得平面的一個法向量為所以所以二面角的正弦值為【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.21（）單調遞減區間為，單調遞增區間為；（）.【解析】（）求出函數的定義域以及導數，利用導數可求出該函數的單調遞增區間和單調遞減區間；（）由題意可知在上恒成立，分和兩種情況討論，在時，構造函數，利用導數證明出在上恒成立；在時，經過分析得出，然后構造函數，利用導數證明出在上恒成立，由此得出，進而可得出實數的最大值.【詳解】（）函數的定義域為.當時，. 令，解得（舍去），.當時，所以，函數在上單調遞減；當時，所以，函數在上單調遞增.因此，函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為；（）由題意，可知在上恒成立.（i）若，構造函數，則，.又，在上恒成立.所以，函數在上