1、2023年高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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。1二項式展開式中，項的系數為（ ）ABCD2已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（ ）ABCD3公元263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接正多邊形的邊數無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創立了“割圓術”，利用“割圓術”劉徽得到了圓

2、周率精確到小數點后兩位的近似值，這就是著名的“徽率”。如圖是利用劉徽的“割圓術”思想設計的一個程序框圖，則輸出的值為（ ）（參考數據： ）A48B36C24D124已知向量與的夾角為，則( )AB0C0或D5已知集合，集合，則（）ABCD6函數在上為增函數，則的值可以是( )A0BCD7已知的面積是, ,則（ ）A5B或1C5或1D8設復數滿足，則（ ）ABCD9設是定義域為的偶函數，且在單調遞增，則（ ）ABCD10已知三棱錐中，是等邊三角形，則三棱錐的外接球的表面積為（ ）ABCD11某幾何體的三視圖如圖所示，若側視圖和俯視圖均是邊長為的等邊三角形，則該幾何體的體積為ABCD12為雙曲線的

3、左焦點，過點的直線與圓交于、兩點，（在、之間）與雙曲線在第一象限的交點為，為坐標原點，若，且，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知公差大于零的等差數列中，、依次成等比數列，則的值是_14在數列中，已知，則數列的的前項和為_.15某中學舉行了一次消防知識競賽，將參賽學生的成績進行整理后分為5組，繪制如圖所示的頻率分布直方圖，記圖中從左到右依次為第一、第二、第三、第四、第五組，已知第二組的頻數是80，則成績在區間的學生人數是_16已知，且，則的最小值是_.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）如圖，在四棱錐中

4、，平面，為的中點（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值18（12分）已知函數.（1）當時，求函數的值域；（2）的角的對邊分別為且，求邊上的高的最大值.19（12分）如圖，在四棱錐中，是等邊三角形，.（1）若，求證：平面；（2）若，求二面角的正弦值20（12分）平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的非負半軸為極軸，取相同的單位長度建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為，點（1）求曲線的極坐標方程與直線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線交于點，曲線與曲線交于點，求的面積21（12分）已知正實數滿足 .（1）求 的最小值.（2）證明：22（10分）設函數.（

5、1）若，求實數的取值范圍；（2）證明：，恒成立.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】寫出二項式的通項公式,再分析的系數求解即可.【詳解】二項式展開式的通項為,令,得,故項的系數為.故選：D【點睛】本題主要考查了二項式定理的運算,屬于基礎題.2C【解析】根據題意，由函數的奇偶性可得，又由，結合函數的單調性分析可得答案【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題3C【解析】由開始，按照框圖，依

6、次求出s，進行判斷。【詳解】 ，故選C.【點睛】框圖問題，依據框圖結構，依次準確求出數值，進行判斷，是解題關鍵。4B【解析】由數量積的定義表示出向量與的夾角為，再由，代入表達式中即可求出.【詳解】由向量與的夾角為，得，所以，又，所以，解得.故選：B【點睛】本題主要考查向量數量積的運算和向量的模長平方等于向量的平方，考查學生的計算能力，屬于基礎題.5D【解析】可求出集合，然后進行并集的運算即可【詳解】解：，；故選【點睛】考查描述法、區間的定義，對數函數的單調性，以及并集的運算6D【解析】依次將選項中的代入，結合正弦、余弦函數的圖象即可得到答案.【詳解】當時，在上不單調，故A不正確；當時，在上單調

7、遞減，故B不正確；當時，在上不單調，故C不正確；當時，在上單調遞增，故D正確.故選：D【點睛】本題考查正弦、余弦函數的單調性，涉及到誘導公式的應用，是一道容易題.7B【解析】，,若為鈍角，則，由余弦定理得，解得；若為銳角，則，同理得.故選B.8D【解析】根據復數運算，即可容易求得結果.【詳解】.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，屬基礎題.9C【解析】根據偶函數的性質，比較即可.【詳解】解：顯然，所以是定義域為的偶函數，且在單調遞增，所以故選：C【點睛】本題考查對數的運算及偶函數的性質，是基礎題.10D【解析】根據底面為等邊三角形，取中點，可證明平面，從而，即可證明三棱錐為正三棱錐.取底

8、面等邊的重心為，可求得到平面的距離，畫出幾何關系，設球心為，即可由球的性質和勾股定理求得球的半徑，進而得球的表面積.【詳解】設為中點，是等邊三角形，所以，又因為，且，所以平面，則，由三線合一性質可知所以三棱錐為正三棱錐，設底面等邊的重心為，可得，所以三棱錐的外接球球心在面下方，設為，如下圖所示：由球的性質可知，平面，且在同一直線上，設球的半徑為，在中，即，解得，所以三棱錐的外接球表面積為，故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的結構特征和相關計算，正三棱錐的外接球半徑求法，球的表面積求法，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.11C【解析】由三視圖可知，該幾何體是三棱錐，底面是邊長為的等邊三角形，三

9、棱錐的高為，所以該幾何體的體積，故選C12D【解析】過點作，可得出點為的中點，由可求得的值，可計算出的值，進而可得出，結合可知點為的中點，可得出，利用勾股定理求得（為雙曲線的右焦點），再利用雙曲線的定義可求得該雙曲線的離心率的值.【詳解】如下圖所示，過點作，設該雙曲線的右焦點為，連接.，.， ，為的中點，由雙曲線的定義得，即，因此，該雙曲線的離心率為.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，解題時要充分分析圖形的形狀，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】利用等差數列的通項公式以及等比中項的性質，化簡求出公差與的關系，然后轉化求解

10、的值.【詳解】設等差數列的公差為，則，由于、依次成等比數列，則，即，解得，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列通項公式以及等比中項的應用，考查計算能力，屬于基礎題.14【解析】由已知數列遞推式可得數列的所有奇數項與偶數項分別構成以2為公比的等比數列，求其通項公式，得到，再由求解【詳解】解：由，得，則數列的所有奇數項與偶數項分別構成以2為公比的等比數列，故答案為：【點睛】本題考查數列遞推式，考查等差數列與等比數列的通項公式，訓練了數列的分組求和，屬于中檔題1530【解析】根據頻率直方圖中數據先計算樣本容量，再計算成績在80100分的頻率，繼而得解.【詳解】根據直方圖知第二組的頻率是，則樣

11、本容量是，又成績在80100分的頻率是，則成績在區間的學生人數是故答案為：30【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用，考查了學生綜合分析，數據處理，數形運算的能力，屬于基礎題.168【解析】由整體代入法利用基本不等式即可求得最小值.【詳解】，當且僅當時等號成立.故的最小值為8，故答案為：8.【點睛】本題考查基本不等式求和的最小值，整體代入法，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）見解析；（2）【解析】(1) 取的中點,連接,根據中位線的方法證明四邊形是平行四邊形.再證明與從而證明平面,從而得到平面即可.(2) 以所在的直線為軸建立空間直角坐標系,再

12、求得平面的法向量與平面的法向量進而求得二面角的余弦值即可.【詳解】（1）證明：如圖,取的中點,連接.又為的中點,則是的中位線.所以且.又且,所以且.所以四邊形是平行四邊形.所以.因為,為的中點,所以.因為,所以.因為平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.（2）易知兩兩互相垂直,所以分別以所在的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系：因為,所以點.則.設平面的法向量為,由,得,令,得平面的一個法向量為；顯然平面的一個法向量為；設二面角的大小為,則.故二面角的余弦值是.【點睛】本題主要考查了線面垂直的證明以及建立空間直角坐標系求解二面角的問題,需要用到線線垂直與線面垂直的轉換以

13、及法向量的求法等.屬于中檔題.18（1）.（2）【解析】（1）由題意利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再利用正弦函數的定義域和值域，得出結論.（2）由題意利用余弦定理三角形的面積公式基本不等式求得的最大值，可得邊上的高的最大值.【詳解】解：（1）函數，當時，.（2）中，.由余弦定理可得，當且僅當時，取等號，即的最大值為3.再根據，故當取得最大值3時，取得最大值為.【點睛】本題考查降冪公式、兩角和的正弦公式，考查正弦函數的性質，余弦定理，三角形面積公式，所用公式較多，選用恰當的公式是解題關鍵，本題屬于中檔題19（1）詳見解析（2）【解析】（1）如圖，作，交于，連接.因為，所以是的三等分點，可得.

14、因為，所以，因為，所以，因為，所以，所以， 因為，所以，所以，因為平面，平面，所以平面.又，平面，平面，所以平面.因為，、平面，所以平面平面，所以平面.（2）因為是等邊三角形，所以.又因為，所以，所以.又，平面，所以平面.因為平面，所以平面平面.在平面內作平面.以B點為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，.設為平面的法向量，則，即，令，可得.設為平面的法向量，則，即，令，可得.所以，則，所以二面角的正弦值為.20（1）（2）【解析】(1)根據題意代入公式化簡即可得到.(2)聯立極坐標方程通過極坐標的幾何意義求解，再求點到直線的距離即可算出三角形面積.【詳解】解

15、：（1）曲線，即曲線的極坐標方程為直線的極坐標方程為，即，直線的直角坐標方程為（2）設，解得又，（舍去）點到直線的距離為，的面積為【點睛】此題考查參數方程，極坐標，直角坐標之間相互轉化，注意參數方程只能先轉化為直角坐標再轉化為極坐標，屬于較易題目.21（1）；（2）見解析【解析】（1）利用乘“1”法，結合基本不等式求得結果.（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，證明即可.【詳解】（1）因為 ，所以 因為 ，所以 （當且僅當 ，即 時等號成立），所以（2）證明：因為 ，所以 故 （當且僅當 時，等號成立）【點睛】本題考查了基本不等式的應用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理論證能力，屬于中檔題.22（1）（2）證明見解析【