1、2023年高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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若，則實數的大小關系為（ ）ABCD2已知向量與的夾角為，定義為與的“向量積”，且是一個向量，它的長度，若，則（ ）ABC6D3在三棱錐中，點到底面的距離為2，則三棱錐外接球的表面積為（ ）ABCD4設為虛數單位，為復數，若為實數，則（ ）AB

2、CD5半徑為2的球內有一個內接正三棱柱，則正三棱柱的側面積的最大值為（ ）ABCD6已知，若方程有唯一解，則實數的取值范圍是( )ABCD7為比較甲、乙兩名高中學生的數學素養，對課程標準中規定的數學六大素養進行指標測驗（指標值滿分為100分，分值高者為優），根據測驗情況繪制了如圖所示的六大素養指標雷達圖，則下面敘述不正確的是（ ）A甲的數據分析素養優于乙B乙的數據分析素養優于數學建模素養C甲的六大素養整體水平優于乙D甲的六大素養中數學運算最強8已知平面向量滿足與的夾角為，且，則實數的值為（ ）ABCD9已知集合，若，則實數的取值范圍為（ ）ABCD10已知數列為等比數列，若，且，則（ ）AB或

3、CD11在關于的不等式中，“”是“恒成立”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12二項式展開式中，項的系數為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在棱長為的正方體中，是正方形的中心，為的中點，過的平面與直線垂直，則平面截正方體所得的截面面積為_.14若滿足約束條件，則的最大值為_15已知函數是定義在上的奇函數，其圖象關于直線對稱，當時，（其中是自然對數的底數，若，則實數的值為_.16已知橢圓：的左，右焦點分別為，過的直線交橢圓于，兩點，若，且的三邊長，成等差數列，則的離心率為_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或

4、演算步驟。17（12分）設點，動圓經過點且和直線相切.記動圓的圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）過點的直線與曲線交于、兩點，且直線與軸交于點，設，求證：為定值.18（12分）數列的前項和為，且.數列滿足，其前項和為.（1）求數列與的通項公式；（2）設，求數列的前項和.19（12分）已知函數.（）當時，求不等式的解集；（）若存在滿足不等式，求實數的取值范圍.20（12分）中，內角的對邊分別為，.（1）求的大小；（2）若，且為的重心，且，求的面積.21（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普

5、通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點在曲線上，點在曲線上，求的最小值及此時點的坐標.22（10分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，求C；若，求，的面積參考答案一、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】將化成以 為底的對數，即可判斷 的大小關系；由對數函數、指數函數的性質，可判斷出 與1的大小關系，從而可判斷三者的大小關系.【詳解】依題意，由對數函數的性質可得.又因為，故.故選:A.【點睛】本題考查了指數函數的性質，考查了對數函數的性質，考查了對數的運算性質.兩個對數型的數字比較大小時，底數相同，則構造對數函

6、數，結合對數的單調性可判斷大小；若真數相同，則結合對數函數的圖像或者換底公式可判斷大小；若真數和底數都不相同，則可與中間值如1,0比較大小.2D【解析】先根據向量坐標運算求出和，進而求出，代入題中給的定義即可求解.【詳解】由題意，則，得，由定義知，故選:D.【點睛】此題考查向量的坐標運算，引入新定義，屬于簡單題目.3C【解析】首先根據垂直關系可確定，由此可知為三棱錐外接球的球心，在中，可以算出的一個表達式，在中，可以計算出的一個表達式，根據長度關系可構造等式求得半徑，進而求出球的表面積【詳解】取中點，由，可知：，為三棱錐外接球球心，過作平面，交平面于，連接交于，連接，為的中點由球的性質可知：平

7、面，且設，在中，即，解得：，三棱錐的外接球的半徑為：，三棱錐外接球的表面積為故選：.【點睛】本題考查三棱錐外接球的表面積的求解問題，求解幾何體外接球相關問題的關鍵是能夠利用球的性質確定外接球球心的位置.4B【解析】可設，將化簡，得到，由復數為實數，可得，解方程即可求解【詳解】設，則.由題意有，所以.故選：B【點睛】本題考查復數的模長、除法運算，由復數的類型求解對應參數，屬于基礎題5B【解析】設正三棱柱上下底面的中心分別為，底面邊長與高分別為，利用，可得，進一步得到側面積，再利用基本不等式求最值即可.【詳解】如圖所示.設正三棱柱上下底面的中心分別為，底面邊長與高分別為，則，在中，化為，當且僅當時

8、取等號，此時.故選：B.【點睛】本題考查正三棱柱與球的切接問題，涉及到基本不等式求最值，考查學生的計算能力，是一道中檔題.6B【解析】求出的表達式，畫出函數圖象，結合圖象以及二次方程實根的分布，求出的范圍即可【詳解】解：令，則，則，故，如圖示：由，得，函數恒過，由，可得，若方程有唯一解，則或，即或；當即圖象相切時，根據，解得舍去），則的范圍是，故選：【點睛】本題考查函數的零點問題，考查函數方程的轉化思想和數形結合思想，屬于中檔題7D【解析】根據所給的雷達圖逐個選項分析即可.【詳解】對于A，甲的數據分析素養為100分，乙的數據分析素養為80分，故甲的數據分析素養優于乙，故A正確；對于B，乙的數據

9、分析素養為80分，數學建模素養為60分，故乙的數據分析素養優于數學建模素養，故B正確；對于C，甲的六大素養整體水平平均得分為，乙的六大素養整體水平均得分為，故C正確；對于D，甲的六大素養中數學運算為80分，不是最強的，故D錯誤；故選：D【點睛】本題考查了樣本數據的特征、平均數的計算，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.8D【解析】由已知可得，結合向量數量積的運算律，建立方程，求解即可.【詳解】依題意得由，得即，解得.故選:.【點睛】本題考查向量的數量積運算，向量垂直的應用，考查計算求解能力，屬于基礎題.9A【解析】解一元二次不等式化簡集合的表示，求解函數的定義域化簡集合的表示，根據可以得到集

10、合、之間的關系，結合數軸進行求解即可.【詳解】，.因為，所以有，因此有.故選：A【點睛】本題考查了已知集合運算的結果求參數取值范圍問題，考查了解一元二次不等式，考查了函數的定義域，考查了數學運算能力.10A【解析】根據等比數列的性質可得，通分化簡即可.【詳解】由題意，數列為等比數列，則，又，即，所以，.故選：A.【點睛】本題考查了等比數列的性質，考查了推理能力與運算能力，屬于基礎題.11C【解析】討論當時，是否恒成立；討論當恒成立時，是否成立，即可選出正確答案.【詳解】解：當時，由開口向上，則恒成立；當恒成立時，若，則 不恒成立，不符合題意，若 時，要使得恒成立，則 ，即 .所以“”是“恒成立

11、”的充要條件.故選:C.【點睛】本題考查了命題的關系，考查了不等式恒成立問題.對于探究兩個命題的關系時，一般分成兩步，若，則推出 是 的充分條件；若，則推出 是 的必要條件.12D【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.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】確定平面即為平面，四邊形是菱形，計算面積得到答案.【詳解】如圖，在正方體中，記的中點為，連接，則平面即為平面證明如下：由正方體的性質可知，則，四點共面，記的中點為，連接，易證連接，則，所以平面，則

12、同理可證，則平面，所以平面即平面，且四邊形即平面截正方體所得的截面因為正方體的棱長為，易知四邊形是菱形，其對角線，所以其面積故答案為：【點睛】本題考查了正方體的截面面積，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.144【解析】作出可行域如圖所示：由，解得.目標函數，即為，平移斜率為-1的直線，經過點時，.15【解析】先推導出函數的周期為，可得出，代值計算，即可求出實數的值.【詳解】由于函數是定義在上的奇函數，則，又該函數的圖象關于直線對稱，則，所以，則，所以，函數是周期為的周期函數，所以，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用函數的對稱性計算函數值，解題的關鍵就是結合函數的奇偶性與對稱軸推導出函數

13、的周期，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.16【解析】設，根據勾股定理得出，而由橢圓的定義得出的周長為，有，便可求出和的關系，即可求得橢圓的離心率.【詳解】解：由已知，的三邊長，成等差數列，設，而，根據勾股定理有：，解得：，由橢圓定義知：的周長為，有，在直角中，由勾股定理，即：，離心率.故答案為：.【點睛】本題考查橢圓的離心率以及橢圓的定義的應用，考查計算能力.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）見解析【解析】（1）已知點軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，由此可得曲線的方程；（2）設直線方程為，則，設，由直線方程與拋物線方程聯立消元應用韋達定理得

14、，由，用橫坐標表示出，然后計算，并代入，可得結論【詳解】（1）設動圓圓心，由拋物線定義知：點軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，設其方程為，則，解得曲線的方程為；（2）證明：設直線方程為，則，設，由得，則，由，得，整理得，代入得：【點睛】本題考查求曲線方程，考查拋物線的定義，考查直線與拋物線相交問題中的定值問題解題方法是設而不求的思想方法，即設交點坐標，設直線方程，直線方程代入拋物線（或圓錐曲線）方程得一元二次方程，應用韋達定理得，代入題中其他條件所求式子中化簡變形18（1），；（2）.【解析】（1）令可求得的值，令，由得出，兩式相減可推導出數列為等比數列，確定該數列的公比，利用等比數列的通項

15、公式可求得數列的通項公式，再利用對數的運算性質可得出數列的通項公式；（2）運用等差數列的求和公式，運用數列的分組求和和裂項相消求和，化簡可得.【詳解】（1）當時，所以；當時，得，即，所以，數列是首項為，公比為 的等比數列，.；（2）由（1）知數列是首項為，公差為的等差數列，.，.所以.【點睛】本題考查數列的遞推式的運用，注意結合等比數列的定義和通項公式，考查數列的求和方法：分組求和法和裂項相消求和，考查運算能力，屬于中檔題19（）或.（）【解析】（）分類討論解絕對值不等式得到答案.（）討論和兩種情況，得到函數單調性，得到只需，代入計算得到答案.【詳解】（）當時，不等式為，變形為或或，解集為或.

16、 （）當時，由此可知在單調遞減，在單調遞增， 當時，同樣得到在單調遞減，在單調遞增，所以，存在滿足不等式，只需，即，解得.【點睛】本題考查了解絕對值不等式，不等式存在性問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.20（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理，轉化為，分析運算即得解；（2）由為的重心，得到，平方可得解c,由面積公式即得解.【詳解】（1）由，由正弦定理得C，即，又（2）由于為的重心故，解得或舍的面積為.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.21（1）；（2）最小值為，此時【解析】（1）消去曲線參數方程的參數，求得曲線的普通方程.利用極坐標和直角坐標相互轉化公式，求得曲線的直角坐標方程.（2）設出的坐標，結合點到直線的距離公式以及三角函數最值的求法，求得的最小值及此時點的坐標.【詳解】（1）消去得，曲線的普通方程是：；把，代入得，曲線的直角坐標方程是（2）設，的最小值就是點到直線的最小距離.設在時，是最小值，此時，所以，所求最小值為，此時【點睛】本小題主要考查參數方程化為普通方程，考查極坐標方程轉化為直角坐標方程，考查利用圓錐曲線的參數求最值，屬于中檔題.22 (1)(2)【解析】由已