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已知 ，且是的充分不必要條件，則的取值范圍是（ ）ABCD2數學中的數形結合，也可以組成世間萬物的絢麗畫面.一些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的結合產物，曲線恰好是四葉玫瑰線.給出下列結論：曲線C經過5個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）；曲線C上任意一點到坐標原點O的距離都不超過2；曲線C圍成區域的面積大于；方程表示的曲線C在第二象限和第四象限其中正確結論的序號是( )ABCD3M、N是曲線y=sinx與曲線y=cosx的兩個不同的交點,則|MN|的最小值為()ABCD24已知定點

3、都在平面內，定點是內異于的動點，且，那么動點在平面內的軌跡是（ ）A圓，但要去掉兩個點B橢圓，但要去掉兩個點C雙曲線，但要去掉兩個點D拋物線，但要去掉兩個點5已知函數，對任意的，當時，則下列判斷正確的是（ ）AB函數在上遞增C函數的一條對稱軸是D函數的一個對稱中心是6如圖所示的莖葉圖為高三某班名學生的化學考試成績，算法框圖中輸入的，為莖葉圖中的學生成績，則輸出的，分別是（） A，B，C，D，7已知，若，則（ ）ABCD8設、，數列滿足，則（ ）A對于任意，都存在實數，使得恒成立B對于任意，都存在實數，使得恒成立C對于任意，都存在實數，使得恒成立D對于任意，都存在實數，使得恒成立9ABC中，如果

4、lgcosA=lgsinA等邊三角形B直角三角形C等腰三角形D等腰直角三角形10某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（ ）AB4CD511已知集合，集合，若，則（ ）ABCD12已知橢圓內有一條以點為中點的弦，則直線的方程為( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設等差數列的前項和為，若，則數列的公差_，通項公式_.14己知雙曲線的左、右焦點分別為，直線是雙曲線過第一、三象限的漸近線，記直線的傾斜角為，直線，垂足為，若在雙曲線上，則雙曲線的離心率為_15已知數列的前項和為且滿足，則數列的通項_16已知圓，直線與圓交于兩點，若，則弦的長度的最大值為_.三、解答題

5、：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的短軸長為，直線與橢圓相交于兩點，線段的中點為.當與連線的斜率為時，直線的傾斜角為（1）求橢圓的標準方程；（2）若是以為直徑的圓上的任意一點，求證：18（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若對任意成立，求實數的取值范圍.19（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為為參數)，直線的參數方程(為參數)，若直線的交點為，當變化時，點的軌跡是曲線（1）求曲線的普通方程；（2）以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，設射線的極坐標方程為，點為射線與曲線的交點，求點的

6、極徑.20（12分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點，是線段上的動點，若二面角的平面角的大小為，試確定點的位置.21（12分）管道清潔棒是通過在管道內釋放清潔劑來清潔管道內壁的工具，現欲用清潔棒清潔一個如圖1所示的圓管直角彎頭的內壁，其縱截面如圖2所示，一根長度為的清潔棒在彎頭內恰好處于位置（圖中給出的數據是圓管內壁直徑大小，）.（1）請用角表示清潔棒的長；（2）若想讓清潔棒通過該彎頭，清潔下一段圓管，求能通過該彎頭的清潔棒的最大長度.22（10分）設函數，（1）當，求不等式的解集；（2）已知，的最小值為1，求證：.參考答案一、選擇題：本

7、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】“是的充分不必要條件”等價于“是的充分不必要條件”，即中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集.【詳解】由題意知：可化簡為，所以中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集，所以.【點睛】利用原命題與其逆否命題的等價性，對是的充分不必要條件進行命題轉換，使問題易于求解.2B【解析】利用基本不等式得，可判斷；和聯立解得可判斷；由圖可判斷.【詳解】，解得（當且僅當時取等號），則正確；將和聯立，解得，即圓與曲線C相切于點，則和都錯誤；由，得正確.故選：B.【點睛】本題考查曲線與方程的應用，根據方程，判斷曲

8、線的性質及結論，考查學生邏輯推理能力，是一道有一定難度的題.3C【解析】兩函數的圖象如圖所示,則圖中|MN|最小,設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1=,x2=,|x1-x2|=,|y1-y2|=|sinx1-cosx2|=+=,|MN|=.故選C.4A【解析】根據題意可得,即知C在以AB為直徑的圓上.【詳解】,，,又，,平面,又平面，故在以為直徑的圓上，又是內異于的動點，所以的軌跡是圓，但要去掉兩個點A,B故選：A【點睛】本題主要考查了線面垂直、線線垂直的判定，圓的性質，軌跡問題，屬于中檔題.5D【解析】利用輔助角公式將正弦函數化簡，然后通過題目已知條件求出函數的周期，從而得到，即可

9、求出解析式，然后利用函數的性質即可判斷.【詳解】，又，即，有且僅有滿足條件；又，則，函數， 對于A，故A錯誤；對于B，由，解得，故B錯誤；對于C，當時，故C錯誤； 對于D，由，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了簡單三角恒等變換以及三角函數的性質，熟記性質是解題的關鍵，屬于基礎題.6B【解析】試題分析：由程序框圖可知，框圖統計的是成績不小于80和成績不小于60且小于80的人數，由莖葉圖可知，成績不小于80的有12個，成績不小于60且小于80的有26個，故，考點：程序框圖、莖葉圖7B【解析】由平行求出參數，再由數量積的坐標運算計算【詳解】由，得，則，所以故選：B【點睛】本題考查向量平行的坐標表示

10、，考查數量積的坐標運算，掌握向量數量積的坐標運算是解題關鍵8D【解析】取，可排除AB；由蛛網圖可得數列的單調情況，進而得到要使，只需，由此可得到答案.【詳解】取，數列恒單調遞增，且不存在最大值，故排除AB選項；由蛛網圖可知，存在兩個不動點，且，因為當時，數列單調遞增，則；當時，數列單調遞減，則；所以要使，只需要，故，化簡得且.故選：D【點睛】本題考查遞推數列的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于難題9B【解析】化簡得lgcosAlgsinCsinBlg2，即cosA=sinCsinB=12，結合0A， 可求A=【詳解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，可得lgcosA0A，A=

11、3，B+C=23，sinC12sinB12sin23-C34cosC+故選：B【點睛】本題主要考查了對數的運算性質的應用，兩角差的正弦公式的應用，解題的關鍵是靈活利用基本公式，屬于基礎題10B【解析】還原幾何體的直觀圖，可將此三棱錐放入長方體中, 利用體積分割求解即可.【詳解】如圖，三棱錐的直觀圖為，體積.故選:B.【點睛】本題主要考查了錐體的體積的求解,利用的體積分割的方法,考查了空間想象力及計算能力,屬于中檔題.11A【解析】根據或，驗證交集后求得的值.【詳解】因為，所以或.當時，不符合題意，當時，.故選A.【點睛】本小題主要考查集合的交集概念及運算，屬于基礎題.12C【解析】設，則，相減

12、得到，解得答案.【詳解】設，設直線斜率為，則，相減得到：，的中點為，即，故，直線的方程為：.故選：.【點睛】本題考查了橢圓內點差法求直線方程，意在考查學生的計算能力和應用能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。132 【解析】直接利用等差數列公式計算得到答案.【詳解】，解得，故.故答案為：2；.【點睛】本題考查了等差數列的基本計算，意在考查學生的計算能力.14【解析】由，則，所以點， 因為，可得，點坐標化簡為，代入雙曲線的方程求解.【詳解】設，則，即，解得，則，所以，即，代入雙曲線的方程可得，所以 所以解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了直線與雙曲線的位置關系，及三角恒等變換，

13、還考查了運算求解的能力和數形結合的思想，屬于中檔題.15【解析】先求得時；再由可得時,兩式作差可得,進而求解.【詳解】當時,解得；由,可知當時,兩式相減,得,即,所以數列是首項為,公比為的等比數列,所以,故答案為:【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查等比數列的通項公式的應用.16【解析】取的中點為M，由可得，可得M在上，當最小時，弦的長才最大.【詳解】設為的中點，即，即，.設，則，得.所以，.故答案為：【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的綜合應用，考查學生的邏輯推理、數形結合的思想，是一道有一定難度的題.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）詳見

14、解析.【解析】（1）由短軸長可知，設，由設而不求法作差即可求得，將相應值代入即求得，橢圓方程可求；（2）考慮特殊位置，即直線與軸垂直時候，成立，當直線斜率存在時，設出直線方程，與橢圓聯立，結合中點坐標公式，弦長公式，得到與的關系，將表示出來，結合基本不等式求最值，證明最后的結果【詳解】解：（1）由已知，得由，兩式相減，得根據已知條件有，當時，即橢圓的標準方程為（2）當直線斜率不存在時，不等式成立.當直線斜率存在時，設由得，由化簡，得令，則當且僅當時取等號當且僅當時取等號綜上，【點睛】本題為直線與橢圓的綜合應用，考查了橢圓方程的求法，點差法處理多未知量問題，能夠利用一元二次方程的知識轉化處理復雜

15、的計算形式，要求學生計算能力過關，為較難題18（1）（2）【解析】（1）把代入，利用零點分段討論法求解；（2）對任意成立轉化為求的最小值可得.【詳解】解：（1）當時，不等式可化為.討論：當時，所以，所以；當時，所以，所以；當時，所以，所以.綜上，當時，不等式的解集為.（2）因為，所以.又因為，對任意成立，所以，所以或.故實數的取值范圍為.【點睛】本題主要考查含有絕對值不等式的解法及恒成立問題，恒成立問題一般是轉化為最值問題求解，側重考查數學建模和數學運算的核心素養.19（1）；（2）【解析】（1）將兩直線化為普通方程，消去參數，即可求出曲線的普通方程；（2）設Q點的直角坐標系坐標為,求出，代入

16、曲線C可求解.【詳解】（1）直線的普通方程為,直線的普通方程為聯立直線,方程消去參數k,得曲線C的普通方程為整理得.（2）設Q點的直角坐標系坐標為,由可得代入曲線C的方程可得，解得（舍），所以點的極徑為.【點睛】本題主要考查了直線的參數方程化為普通方程，普通方程化為極坐標方程，極徑的求法，屬于中檔題.20（1）證明見解析；（2）為線段上靠近點的四等分點，且坐標為【解析】（1）先通過線面垂直的判定定理證明平面，再根據面面垂直的判定定理即可證明；（2）分析位置關系并建立空間直角坐標系，根據二面角的余弦值與平面法向量夾角的余弦值之間的關系，即可計算出的坐標從而位置可確定.【詳解】（1）證明：因為，所

17、以，即.又因為，所以，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）解：連接，因為，是的中點，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則平面的一個法向量是，.設，代入上式得，所以.設平面的一個法向量為，由，得.令，得.因為二面角的平面角的大小為，所以，即，解得.所以點為線段上靠近點的四等分點，且坐標為.【點睛】本題考查面面垂直的證明以及利用向量法求解二面角有關的問題，難度一般.（1）證明面面垂直，可通過先證明線面垂直，再證明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夾角的余弦值，要注意結合圖形分析.21（1）；（2）.【解析】（1）過作的垂線，垂足為，易得，進一步可得；（2）利用導數求得最大值即可.【詳解】（1）如圖，過作的垂線，垂足為，在直角中，所以，同理，.（2）設，則，令，則，即.設