1、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定義運算，則函數的圖象是（ ）ABCD2閱讀名著，品味人生，是中華民族的優良傳統.學生李華計劃在高一年級每周星期一至星期五

2、的每天閱讀半個小時中國四大名著：紅樓夢、三國演義、水滸傳及西游記，其中每天閱讀一種，每種至少閱讀一次，則每周不同的閱讀計劃共有（ ）A120種B240種C480種D600種3已知數列an滿足：an=2,n5a1A16B17C18D194網絡是一種先進的高頻傳輸技術，我國的技術發展迅速，已位居世界前列.華為公司2019年8月初推出了一款手機，現調查得到該款手機上市時間和市場占有率（單位：%）的幾組相關對應數據.如圖所示的折線圖中，橫軸1代表2019年8月，2代表2019年9月，5代表2019年12月，根據數據得出關于的線性回歸方程為.若用此方程分析并預測該款手機市場占有率的變化趨勢，則最早何時該

3、款手機市場占有率能超過0.5%（精確到月）（ ）A2020年6月B2020年7月C2020年8月D2020年9月5在我國傳統文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五個物質類別，在五者之間，有一種“相生”的關系，具體是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.從五行中任取兩個，這二者具有相生關系的概率是（ ）A0.2B0.5C0.4D0.86函數的圖象大致為（ ）ABCD7已知三棱錐的體積為2，是邊長為2的等邊三角形，且三棱錐的外接球的球心恰好是中點，則球的表面積為（ ）ABCD8已知的內角的對邊分別是且，若為最大邊，則的取值范圍是（ ）ABCD9已知函數，方程有四個不同的根，記最大的根的所有

4、取值為集合，則“函數有兩個零點”是“”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將函數的圖像向右平移個單位長度，再將圖像上各點的橫坐標伸長到原來的6倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，若為奇函數，則的最小值為（ ）ABCD11已知為等腰直角三角形，為所在平面內一點，且，則（ ）ABCD12設，滿足，則的取值范圍是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知， 是互相垂直的單位向量，若 與的夾角為60，則實數的值是_14雙曲線的焦點坐標是_，漸近線方程是_.15已知是函數的極大值點，則的取值范圍是_16在的二項展開式中，只有第5項的二項式

5、系數最大，則該二項展開式中的常數項等于_.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）已知橢圓的長軸長為，離心率（1）求橢圓的方程；（2）設分別為橢圓與軸正半軸和軸正半軸的交點，是橢圓上在第一象限的一點，直線與軸交于點，直線與軸交于點，問與面積之差是否為定值？說明理由.18（12分）已知函數.（1）若，解關于的不等式；（2）若當時，恒成立，求實數的取值范圍.19（12分）已知直線與拋物線交于兩點.（1）當點的橫坐標之和為4時，求直線的斜率；（2）已知點，直線過點，記直線的斜率分別為，當取最大值時，求直線的方程.20（12分）設函數.（）討論函數的單調性；（）若函

6、數有兩個極值點，求證：.21（12分）已知函數的最大值為，其中.（1）求實數的值；（2）若求證:.22（10分）已知矩形紙片中，將矩形紙片的右下角沿線段折疊，使矩形的頂點B落在矩形的邊上，記該點為E，且折痕的兩端點M，N分別在邊上.設，的面積為S.（1）將l表示成的函數，并確定的取值范圍；（2）求l的最小值及此時的值；（3）問當為何值時，的面積S取得最小值？并求出這個最小值.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。1A【解析】由已知新運算的意義就是取得中的最小值，因此函數，只有選項中的圖象符合要求，故選A.2B【解析】首先將

7、五天進行分組，再對名著進行分配，根據分步乘法計數原理求得結果.【詳解】將周一至周五分為組，每組至少天，共有：種分組方法；將四大名著安排到組中，每組種名著，共有：種分配方法；由分步乘法計數原理可得不同的閱讀計劃共有：種本題正確選項：【點睛】本題考查排列組合中的分組分配問題，涉及到分步乘法計數原理的應用，易錯點是忽略分組中涉及到的平均分組問題.3B【解析】由題意可得a1=a2=a3=a4=a5=2，累加法求得a62+【詳解】解：an即a1=an6時，a1a1兩式相除可得1+a則an2=由a6a7，ak2=可得aa1且a1正整數k(k5)時，要使得a1則ak+1則k=17，故選：B【點睛】本題考查與

8、遞推數列相關的方程的整數解的求法，注意將題設中的遞推關系變形得到新的遞推關系，從而可簡化與數列相關的方程，本題屬于難題.4C【解析】根據圖形，計算出，然后解不等式即可.【詳解】解：，點在直線上，令因為橫軸1代表2019年8月，所以橫軸13代表2020年8月，故選：C【點睛】考查如何確定線性回歸直線中的系數以及線性回歸方程的實際應用，基礎題.5B【解析】利用列舉法，結合古典概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】從五行中任取兩個，所有可能的方法為：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共種，其中由相生關系的有金水、木水、木火、火土、金土，共種，所以所求的概率為.故選：B【

9、點睛】本小題主要考查古典概型的計算，屬于基礎題.6A【解析】用偶函數的圖象關于軸對稱排除,用排除,用排除.故只能選.【詳解】因為 ,所以函數為偶函數,圖象關于軸對稱,故可以排除;因為,故排除,因為由圖象知,排除.故選:A【點睛】本題考查了根據函數的性質,辨析函數的圖像,排除法,屬于中檔題.7A【解析】根據是中點這一條件，將棱錐的高轉化為球心到平面的距離，即可用勾股定理求解.【詳解】解：設點到平面的距離為，因為是中點，所以到平面的距離為，三棱錐的體積，解得，作平面，垂足為的外心，所以，且，所以在中，此為球的半徑，.故選：A.【點睛】本題考查球的表面積，考查點到平面的距離，屬于中檔題8C【解析】由

10、，化簡得到的值，根據余弦定理和基本不等式，即可求解.【詳解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因為為三角形的最大角，所以，又由余弦定理 ，當且僅當時，等號成立，所以，即，又由，所以的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題主要考查了代數式的化簡，余弦定理，以及基本不等式的綜合應用，試題難度較大，屬于中檔試題，著重考查了推理與運算能力.9A【解析】作出函數的圖象，得到，把函數有零點轉化為與在（2，4上有交點，利用導數求出切線斜率，即可求得的取值范圍，再根據充分、必要條件的定義即可判斷【詳解】作出函數的圖象如圖，由圖可知，函數有2個零點，即有兩個不同的根，也就是與在上有2個交點，則的最小值為；設過原

11、點的直線與的切點為，斜率為，則切線方程為，把代入，可得，即，切線斜率為，k的取值范圍是，函數有兩個零點”是“”的充分不必要條件，故選A【點睛】本題主要考查了函數零點的判定，考查數學轉化思想方法與數形結合的解題思想方法，訓練了利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，試題有一定的綜合性，屬于中檔題10C【解析】根據三角函數的變換規則表示出，根據是奇函數，可得的取值，再求其最小值.【詳解】解：由題意知，將函數的圖像向右平移個單位長度，得，再將圖像上各點的橫坐標伸長到原來的6倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，因為是奇函數，所以，解得，因為，所以的最小值為.故選：【點睛】本題考查三角函數的變換以及三角函數

12、的性質，屬于基礎題.11D【解析】以AB,AC分別為x軸和y軸建立坐標系，結合向量的坐標運算，可求得點的坐標，進而求得，由平面向量的數量積可得答案.【詳解】如圖建系，則，由，易得，則.故選：D【點睛】本題考查平面向量基本定理的運用、數量積的運算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.12C【解析】首先繪制出可行域，再繪制出目標函數，根據可行域范圍求出目標函數中的取值范圍.【詳解】由題知，滿足，可行域如下圖所示，可知目標函數在點處取得最小值，故目標函數的最小值為，故的取值范圍是.故選：D.【點睛】本題主要考查了線性規劃中目標函數的取值范圍的問題，屬于基礎題.二、填空

13、題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據平面向量的數量積運算與單位向量的定義，列出方程解方程即可求出的值【詳解】解：由題意，設（1，0），（0，1），則（，1），（1，）；又夾角為60，（）（）2cos60，即，解得【點睛】本題考查了單位向量和平面向量數量積的運算問題，是中檔題14 【解析】通過雙曲線的標準方程，求解，即可得到所求的結果【詳解】由雙曲線，可得，則，所以雙曲線的焦點坐標是，漸近線方程為：故答案為：；【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單性質的應用，考查了運算能力，屬于容易題15【解析】方法一：令，則，當，時，單調遞減，時，且，在上單調遞增，時，且，在上單調遞減，是函數

14、的極大值點，滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，時，所以，這與是函數的極大值點矛盾綜上，方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，由知須在的左側附近，即；在的右側附近，即易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得161【解析】由題意可得，再利用二項展開式的通項公式，求得二項展開式常數項的值【詳解】的二項展開式的中，只有第5項的二項式系數最大，通項公式為，令，求得，可得二項展開式常數項等于，故答案為1【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題三、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）（2）是定值，詳

15、見解析【解析】（1）根據長軸長為，離心率，則有求解.（2）設，則，直線，令得，則，直線，令，得，則，再根據求解.【詳解】（1）依題意得，解得，則橢圓的方程.（2）設，則，直線，令得，則，直線，令，得，則，.【點睛】本題主要考查橢圓的方程及直線與橢圓的位置關系，還考查了平面幾何知識和運算求解的能力，屬于中檔題.18（1）（2）【解析】（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）對分成三種情況，求得的最小值，由此求得的取值范圍.【詳解】（1）當時，由此可知，的解集為（2）當時，的最小值為和中的最小值，其中，.所以恒成立.當時，且，不恒成立，不符合題意.當時，若，則，故不

16、恒成立，不符合題意；若，則，故不恒成立，不符合題意.綜上，.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查根據絕對值不等式恒成立求參數的取值范圍，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.19（1）（2）【解析】（1）設，根據直線的斜率公式即可求解；（2）設直線的方程為，聯立直線與拋物線方程，由韋達定理得，結合直線的斜率公式得到，換元后討論的符號，求最值可求解.【詳解】（1）設，因為，即直線的斜率為1.（2）顯然直線的斜率存在，設直線的方程為.聯立方程組，可得則，令，則則當時，；當且僅當，即時，解得時，取“=”號，當時，；當時，綜上所述，當時，取得最大值，此時直線的方程是.【點睛】本題主要考查了

17、直線的斜率公式，直線與拋物線的位置關系，換元法，均值不等式，考查了運算能力，屬于難題.20（）見解析（）見解析【解析】（）求導得到，討論，三種情況得到單調區間.（）設，要證，即證，設，根據函數單調性得到證明.【詳解】（） ， 令，（1）當，即時，在上單調遞增； （2）當，即時，設的兩根為（），若，時，所以在和上單調遞增， 時，所以在上單調遞減，若，時，所以在上單調遞減， 時，所以在上單調遞增. 綜上，當時，在上單調遞增；當時， 在和上單調遞增，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增. （）不妨設，要證，即證，即證，由（）可知，可得，所以有， 令，所以在單調遞增， 所以， 因為，所以，所

18、以.【點睛】本題考查了函數單調性，證明不等式，意在考查學生的分類討論能力和計算能力.21（1）1；（2）證明見解析.【解析】（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此求得的最大值，進而求得的值.（2）利用（1）的結論，將轉化為，求得的取值范圍，利用換元法，結合函數的單調性，證得，由此證得不等式成立.【詳解】（1）當時，取得最大值.（2）證明:由（1）得，當且僅當時等號成立， 令，則在上單調遞減當時，.【點睛】本小題主要考查含有絕對值的函數的最值的求法，考查利用基本不等式進行證明，屬于中檔題.22（1）（2），的最小值為.（3）時，面積取最小值為【解析】（1）,利用三角函數定義分別表示,且,即可得到關于的解析式；,則,即可得到的范圍