1、2023年高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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若兩個非零向量、滿足，且，則與夾角的余弦值為（ ）ABCD2已知實數滿足則的最大值為（ ）A2BC1D03已知等差數列的前n項和為，且，若（，且），則i的取值集合是（ ）ABCD4

2、如圖所示，直三棱柱的高為4，底面邊長分別是5，12，13，當球與上底面三條棱都相切時球心到下底面距離為8，則球的體積為 ( ) A16053B6425設等比數列的前項和為，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件6總體由編號為01，02，.，39，40的40個個體組成.利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表（如表）第1行的第4列和第5列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（ ）A23B21C35D327為了加強“精準扶貧”，實現偉大復興的“中國夢”，某大學派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同學參加三個貧困縣的調研工

3、作，每個縣至少去1人，且甲、乙兩人約定去同一個貧困縣，則不同的派遣方案共有（ ）A24B36C48D648如圖是計算值的一個程序框圖，其中判斷框內應填入的條件是( )ABCD9若函數恰有3個零點，則實數的取值范圍是（ ）ABCD10已知等差數列的公差為-2，前項和為，若，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，則的最大值為（ ）A5B11C20D2511已知復數，則（ ）ABCD12已知復數滿足，則的值為（ ）ABCD2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知拋物線的焦點為，直線與拋物線相切于點，是上一點(不與重合)，若以線段為直徑的圓恰好經過，則點到拋物線頂點的距離的最小

4、值是_.14數學家狄里克雷對數論，數學分析和數學物理有突出貢獻，是解析數論的創始人之一.函數，稱為狄里克雷函數.則關于有以下結論:的值域為;其中正確的結論是_(寫出所有正確的結論的序號)15已知函數，則_；滿足的的取值范圍為_.16已知實數，滿足則的取值范圍是_.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）已知矩陣，且二階矩陣M滿足AMB，求M的特征值及屬于各特征值的一個特征向量.18（12分）已知，且滿足，證明：.19（12分）在中，角所對的邊分別為，若，且.（1）求角的值；（2）求的最大值.20（12分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，焦距為2，且經過點，斜率

5、為的直線經過點，與橢圓交于，兩點.（1）求橢圓的方程；（2）在軸上是否存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形？如果存在，求出的取值范圍，如果不存在，請說明理由.21（12分）已知函數的定義域為，且滿足，當時，有，且.（1）求不等式的解集；（2）對任意，恒成立，求實數的取值范圍.22（10分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的菱形，且，是矩形，且平面平面，點在線段上移動（不與重合），是的中點.（1）當四面體的外接球的表面積為時，證明：.平面（2）當四面體的體積最大時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.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

6、題目要求的。1A【解析】設平面向量與的夾角為，由已知條件得出，在等式兩邊平方，利用平面向量數量積的運算律可求得的值，即為所求.【詳解】設平面向量與的夾角為，可得，在等式兩邊平方得，化簡得.故選：A.【點睛】本題考查利用平面向量的模求夾角的余弦值，考查平面向量數量積的運算性質的應用，考查計算能力，屬于中等題.2B【解析】作出可行域，平移目標直線即可求解.【詳解】解：作出可行域：由得，由圖形知，經過點時，其截距最大，此時最大得，當時，故選：B【點睛】考查線性規劃，是基礎題.3C【解析】首先求出等差數列的首先和公差，然后寫出數列即可觀察到滿足的i的取值集合.【詳解】設公差為d，由題知，解得，所以數列

7、為，故.故選：C.【點睛】本題主要考查了等差數列的基本量的求解，屬于基礎題.4A【解析】設球心為O，三棱柱的上底面A1B1C1的內切圓的圓心為O1，該圓與邊B【詳解】如圖，設三棱柱為ABC-A1B1C所以底面A1B1C1為斜邊是A1C1則圓O1的半徑為O設球心為O，則由球的幾何知識得OO1M所以OM=2即球O的半徑為25所以球O的體積為43故選A【點睛】本題考查與球有關的組合體的問題，解答本題的關鍵有兩個：（1）構造以球半徑R、球心到小圓圓心的距離d和小圓半徑r為三邊的直角三角形，并在此三角形內求出球的半徑，這是解決與球有關的問題時常用的方法（2）若直角三角形的兩直角邊為a,b，斜邊為c，則該

8、直角三角形內切圓的半徑r=a+b-c5C【解析】根據等比數列的前項和公式，判斷出正確選項.【詳解】由于數列是等比數列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要條件.故選：C【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查等比數列前項和公式，屬于基礎題.6B【解析】根據隨機數表法的抽樣方法，確定選出來的第5個個體的編號.【詳解】隨機數表第1行的第4列和第5列數字為4和6，所以從這兩個數字開始，由左向右依次選取兩個數字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，24，23，54，89，63，21，其中落在編號01，02，39，40內的有：16，26，16，24

9、，23，21，依次不重復的第5個編號為21.故選：B【點睛】本小題主要考查隨機數表法進行抽樣，屬于基礎題.7B【解析】根據題意，有兩種分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【詳解】當按照進行分配時，則有種不同的方案；當按照進行分配，則有種不同的方案.故共有36種不同的派遣方案，故選：B.【點睛】本題考查排列組合、數學文化，還考查數學建模能力以及分類討論思想，屬于中檔題.8B【解析】根據計算結果，可知該循環結構循環了5次；輸出S前循環體的n的值為12，k的值為6，進而可得判斷框內的不等式【詳解】因為該程序圖是計算值的一個程序框圈所以共循環了5次所以輸出S前循環體的n的值為12，k的值為6

10、，即判斷框內的不等式應為或 所以選C【點睛】本題考查了程序框圖的簡單應用，根據結果填寫判斷框，屬于基礎題9B【解析】求導函數，求出函數的極值，利用函數恰有三個零點，即可求實數的取值范圍.【詳解】函數的導數為，令，則或，上單調遞減，上單調遞增，所以0或是函數y的極值點，函數的極值為：，函數恰有三個零點，則實數的取值范圍是：.故選B.【點睛】該題考查的是有關結合函數零點個數，來確定參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，注意應用導數研究函數圖象的走向，利用數形結合思想，轉化為函數圖象間交點個數的問題，難度不大.10D【解析】由公差d=-2可知數列單調遞減，再由余弦定理結合通項可求得首項，即可求出前n

11、項和，從而得到最值.【詳解】等差數列的公差為-2，可知數列單調遞減，則，中最大，最小，又，為三角形的三邊長，且最大內角為， 由余弦定理得，設首項為，即得，所以或，又即,舍去，d=-2前項和.故的最大值為.故選：D【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前n項和公式的應用，考查求前n項和的最值問題，同時還考查了余弦定理的應用.11B【解析】分析：利用的恒等式，將分子、分母同時乘以 ，化簡整理得 詳解： ，故選B點睛：復數問題是高考數學中的常考問題，屬于得分題，主要考查的方面有：復數的分類、復數的幾何意義、復數的模、共軛復數以及復數的乘除運算，在運算時注意符號的正、負問題.12C【解析】由復數的除法運

12、算整理已知求得復數z，進而求得其模.【詳解】因為，所以故選：C【點睛】本題考查復數的除法運算與求復數的模，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】根據拋物線，不妨設，取 ，通過求導得， ，再根據以線段為直徑的圓恰好經過，則 ，得到，兩式聯立，求得點N的軌跡，再求解最值.【詳解】因為拋物線，不妨設，取 ，所以，即，所以 ，因為以線段為直徑的圓恰好經過，所以 ，所以，所以，由 ，解得，所以點在直線 上，所以當時， 最小，最小值為.故答案為：2【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系直線的交軌問題，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.14【解析】根據新定義，結合實數

13、的性質即可判斷，由定義求得比小的有理數個數，即可確定.【詳解】對于，由定義可知，當為有理數時；當為無理數時，則值域為，所以錯誤；對于，因為有理數的相反數還是有理數，無理數的相反數還是無理數，所以滿足，所以正確；對于，因為，當為無理數時，可以是有理數，也可以是無理數，所以錯誤；對于，由定義可知，所以錯誤；綜上可知，正確的為.故答案為：.【點睛】本題考查了新定義函數的綜合應用，正確理解題意是解決此類問題的關鍵，屬于中檔題.15 【解析】首先由分段函數的解析式代入求值即可得到，分和兩種情況討論可得；【詳解】解：因為，所以，當時，滿足題意，；當時，由，解得.綜合可知：滿足的的取值范圍為.故答案為：；.

14、【點睛】本題考查分段函數的性質的應用，分類討論思想，屬于基礎題.16【解析】根據約束條件畫出可行域，即可由直線的平移方法求得的取值范圍.【詳解】.由題意，畫出約束條件表示的平面區域如下圖所示，令，則如圖所示，圖中直線所示的兩個位置為的臨界位置，根據幾何關系可得與軸的兩個交點分別為，所以的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題考查了非線性約束條件下線性規劃的簡單應用，由數形結合法求線性目標函數的取值范圍，屬于中檔題.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特征值為1，特征向量為【解析】設出矩陣M結合矩陣運算和矩陣相等的條件可求矩陣M，然后利用可求特征值的另一個特征向量.【詳

15、解】設矩陣M，則AM，所以，解得，所以M，則矩陣M的特征方程為，解得，即特征值為1，設特征值的特征向量為，則，即，解得x0，所以屬于特征值的的一個特征向量為【點睛】本題主要考查矩陣的運算及特征量的求解，矩陣運算的關鍵是明確其運算規則，側重考查數學運算的核心素養.18證明見解析【解析】將化簡可得，由柯西不等式可得證明.【詳解】解：因為，所以，又， 所以，當且僅當時取等號.【點睛】本題主要考查柯西不等式的應用，相對不難，注意已知條件的化簡及柯西不等式的靈活運用.19（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；（2），再利用求正弦型函數值域的方法即可得到答案.【詳解】（1

16、）因為，所以.在中，由正弦定理得，所以，即.在中，由余弦定理得，又因為，所以.（2）由（1）得，在中，所以.因為，所以，所以當，即時，有最大值1，所以的最大值為.【點睛】本題考查正余弦定理解三角形，涉及到兩角差的正弦公式、輔助角公式、向量數量積的坐標運算，是一道容易題.20（1）（2）存在；實數的取值范圍是【解析】（1）根據橢圓定義計算，再根據，的關系計算即可得出橢圓方程；（2）設直線方程為，與橢圓方程聯立方程組，求出的范圍，根據根與系數的關系求出的中點坐標，求出的中垂線與軸的交點橫，得出關于的函數，利用基本不等式得出的范圍【詳解】（1）由題意可知，又，橢圓的方程為：（2）若存在點，使得以，為

17、鄰邊的平行四邊形是菱形，則為線段的中垂線與軸的交點設直線的方程為：，聯立方程組，消元得：，又，故由根與系數的關系可得，設的中點為，則，線段的中垂線方程為：，令可得，即，故，當且僅當即時取等號，且的取值范圍是，【點睛】本題主要考查了橢圓的性質，考查直線與橢圓的位置關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力21（1）；（2）.【解析】（1）利用定義法求出函數在上單調遞增，由和，求出，求出，運用單調性求出不等式的解集；（2）由于恒成立，由（1）得出在上單調遞增，恒成立，設，利用三角恒等變換化簡，結合恒成立的條件，構造新函數，利用單調性和最值，求出實數的取值范圍.【詳解】（1）設，所以函

18、數在上單調遞增，又因為和，則，所以得解得，即， 故的取值范圍為；（2） 由于恒成立，恒成立，設， 則， 令， 則，所以在區間上單調遞增， 所以，根據條件，只要 ，所以.【點睛】本題考查利用定義法求函數的單調性和利用單調性求不等式的解集，考查不等式恒成立問題，還運用降冪公式、兩角和與差的余弦公式、輔助角公式，考查轉化思想和解題能力.22（1）證明見解析（2）【解析】（1）由題意，先求得為的中點，再證明平面平面，進而可得結論；（2）由題意，當點位于點時，四面體的體積最大，再建立空間直角坐標系，利用空間向量運算即可.【詳解】（1）證明：當四面體的外接球的表面積為時.則其外接球的半徑為.因為時邊長為2的菱形，是矩形.，且平面平面.則，.則為四面體外接球的直徑.所以，