2023學年高考數學模擬測試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．已知函數的圖象如圖所示，則下列說法錯誤的是（）A．函數在上單調遞減B．函數在上單調遞增C．函數的對稱中心是D．函數的對稱軸是2．已知數列滿足,(),則數列的通項公式()A． B． C． D．3．若為純虛數，則z＝（）A． B．6i C． D．204．四人并排坐在連號的四個座位上，其中與不相鄰的所有不同的坐法種數是（）A．12 B．16 C．20 D．85．中心在原點，對稱軸為坐標軸的雙曲線的兩條漸近線與圓都相切，則雙曲線的離心率是（）A．2或 B．2或 C．或 D．或6．定義在上的奇函數滿足，若，，則（）A． B．0 C．1 D．27．定義在上的函數滿足，則（）A．-1 B．0 C．1 D．28．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果為11，則圖中的判斷條件可以為（）A． B． C． D．9．復數的實部與虛部相等，其中為虛部單位，則實數()A．3 B． C． D．10．如圖，網格紙是由邊長為1的小正方形構成，若粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．11．已知甲盒子中有個紅球，個藍球，乙盒子中有個紅球，個藍球，同時從甲乙兩個盒子中取出個球進行交換，（a）交換后，從甲盒子中取1個球是紅球的概率記為.（b）交換后，乙盒子中含有紅球的個數記為.則（）A． B．C． D．12．各項都是正數的等比數列的公比，且成等差數列，則的值為()A． B．C． D．或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．學校藝術節對同一類的四項參賽作品，只評一項一等獎，在評獎揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學對這四項參賽作品預測如下：甲說：“作品獲得一等獎”；乙說：“作品獲得一等獎”；丙說：“，兩項作品未獲得一等獎”；丁說：“是或作品獲得一等獎”，若這四位同學中只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是___．14．《易經》是中國傳統文化中的精髓，如圖是易經八卦（含乾、坤、巽、震、坎、離、艮、兌八卦），每一卦由三根線組成（""表示一根陽線，""表示一根陰線），從八卦中任取兩卦，這兩卦的六根線中恰有兩根陽線，四根陰線的概率為_______.15．若函數，則__________；__________.16．已知點是直線上的一點，將直線繞點逆時針方向旋轉角，所得直線方程是，若將它繼續旋轉角，所得直線方程是，則直線的方程是______.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，已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，．（1）證明：平面；（2）求點N到平面CDM的距離．18．（12分）已知函數，.（1）若不等式對恒成立，求的最小值；（2）證明：.（3）設方程的實根為.令若存在，，，使得，證明：.19．（12分）如圖所示，在四棱錐中，∥，，點分別為的中點.（1）證明：∥面；（2）若，且，面面，求二面角的余弦值.20．（12分）已知函數.（1）若曲線的切線方程為，求實數的值；（2）若函數在區間上有兩個零點，求實數的取值范圍.21．（12分）某學生為了測試煤氣灶燒水如何節省煤氣的問題設計了一個實驗，并獲得了煤氣開關旋鈕旋轉的弧度數與燒開一壺水所用時間的一組數據，且作了一定的數據處理（如下表），得到了散點圖（如下圖）.表中，.（1）根據散點圖判斷，與哪一個更適宜作燒水時間關于開關旋鈕旋轉的弧度數的回歸方程類型？（不必說明理由）（2）根據判斷結果和表中數據，建立關于的回歸方程；（3）若單位時間內煤氣輸出量與旋轉的弧度數成正比，那么，利用第（2）問求得的回歸方程知為多少時，燒開一壺水最省煤氣？附：對于一組數據，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘法估計值分別為，22．（10分）在四棱錐中，底面是平行四邊形，底面．（1）證明：；（2）求二面角的正弦值．

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、B【答案解析】

根據圖象求得函數的解析式，結合余弦函數的單調性與對稱性逐項判斷即可.【題目詳解】由圖象可得，函數的周期，所以.將點代入中，得，解得，由，可得，所以.令，得，故函數在上單調遞減，當時，函數在上單調遞減，故A正確；令，得，故函數在上單調遞增.當時，函數在上單調遞增，故B錯誤；令，得，故函數的對稱中心是，故C正確；令，得，故函數的對稱軸是，故D正確.故選：B.【答案點睛】本題考查由圖象求余弦型函數的解析式，同時也考查了余弦型函數的單調性與對稱性的判斷，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.2、A【答案解析】

利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【題目詳解】數列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．【答案點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．3、C【答案解析】

根據復數的乘法運算以及純虛數的概念，可得結果.【題目詳解】∵為純虛數，∴且得，此時故選：C.【答案點睛】本題考查復數的概念與運算，屬基礎題.4、A【答案解析】

先將除A，B以外的兩人先排，再將A，B在3個空位置里進行插空，再相乘得答案.【題目詳解】先將除A，B以外的兩人先排，有種；再將A，B在3個空位置里進行插空，有種，所以共有種.故選：A【答案點睛】本題考查排列中不相鄰問題，常用插空法，屬于基礎題.5、A【答案解析】

根據題意，由圓的切線求得雙曲線的漸近線的方程，再分焦點在x、y軸上兩種情況討論，進而求得雙曲線的離心率．【題目詳解】設雙曲線C的漸近線方程為y=kx，是圓的切線得：，得雙曲線的一條漸近線的方程為∴焦點在x、y軸上兩種情況討論：

①當焦點在x軸上時有：②當焦點在y軸上時有：∴求得雙曲線的離心率2或．

故選：A．【答案點睛】本小題主要考查直線與圓的位置關系、雙曲線的簡單性質等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想．解題的關鍵是：由圓的切線求得直線的方程，再由雙曲線中漸近線的方程的關系建立等式，從而解出雙曲線的離心率的值．此題易忽視兩解得出錯誤答案．6、C【答案解析】

首先判斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【題目詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【答案點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.7、C【答案解析】

推導出，由此能求出的值．【題目詳解】∵定義在上的函數滿足，∴，故選C．【答案點睛】本題主要考查函數值的求法，解題時要認真審題，注意函數性質的合理運用，屬于中檔題.8、B【答案解析】

根據程序框圖知當時，循環終止，此時，即可得答案.【題目詳解】，.運行第一次，，不成立，運行第二次，，不成立，運行第三次，，不成立，運行第四次，，不成立，運行第五次，，成立，輸出i的值為11，結束.故選：B.【答案點睛】本題考查補充程序框圖判斷框的條件，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意模擬程序一步一步執行的求解策略.9、B【答案解析】

利用乘法運算化簡復數即可得到答案.【題目詳解】由已知，，所以，解得.故選：B【答案點睛】本題考查復數的概念及復數的乘法運算，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.10、C【答案解析】

根據三視圖還原為幾何體，結合組合體的結構特征求解表面積.【題目詳解】由三視圖可知，該幾何體可看作是半個圓柱和一個長方體的組合體，其中半圓柱的底面半圓半徑為1，高為4，長方體的底面四邊形相鄰邊長分別為1，2，高為4，所以該幾何體的表面積，故選C.【答案點睛】本題主要考查三視圖的識別，利用三視圖還原成幾何體是求解關鍵，側重考查直觀想象和數學運算的核心素養.11、A【答案解析】分析：首先需要去分析交換后甲盒中的紅球的個數，對應的事件有哪些結果，從而得到對應的概率的大小，再者就是對隨機變量的值要分清，對應的概率要算對，利用公式求得其期望.詳解：根據題意有，如果交換一個球，有交換的都是紅球、交換的都是藍球、甲盒的紅球換的乙盒的藍球、甲盒的藍球交換的乙盒的紅球，紅球的個數就會出現三種情況；如果交換的是兩個球，有紅球換紅球、藍球換藍球、一藍一紅換一藍一紅、紅換藍、藍換紅、一藍一紅換兩紅、一藍一紅換亮藍，對應的紅球的個數就是五種情況，所以分析可以求得，故選A.點睛：該題考查的是有關隨機事件的概率以及對應的期望的問題，在解題的過程中，需要對其對應的事件弄明白，對應的概率會算，以及變量的可取值會分析是多少，利用期望公式求得結果.12、C【答案解析】分析：解決該題的關鍵是求得等比數列的公比，利用題中所給的條件，建立項之間的關系，從而得到公比所滿足的等量關系式，解方程即可得結果.詳解：根據題意有，即，因為數列各項都是正數，所以，而，故選C.點睛：該題應用題的條件可以求得等比數列的公比，而待求量就是，代入即可得結果.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、C【答案解析】

假設獲得一等獎的作品，判斷四位同學說對的人數.【題目詳解】分別獲獎的說對人數如下表：獲獎作品ABCD甲對錯錯錯乙錯錯對錯丙對錯對錯丁對錯錯對說對人數3021故獲得一等獎的作品是C.【答案點睛】本題考查邏輯推理，常用方法有：1、直接推理結果，2、假設結果檢驗條件.14、【答案解析】

觀察八卦中陰線和陽線的情況為3線全為陽線或全為陰線各一個，還有6個是1陰2陽和1陽2陰各3個。抽取的兩卦中共2陽4陰的所有可能情況是一卦全陰、另一卦2陽1陰，或兩卦全是1陽2陰。【題目詳解】八卦中陰線和陽線的情況為3線全為陽線的一個，全為陰線的一個，1陰2陽的3個，1陽2陰的3個。抽取的兩卦中共2陽4陰的所有可能情況是一卦全陰、另一卦2陽1陰，或兩卦全是1陽2陰。∴從8個卦中任取2卦，共有種可能，兩卦中共2陽4陰的情況有，所求概率為。故答案為：。【答案點睛】本題考查古典概型，解題關鍵是確定基本事件的個數。本題不能受八卦影響，我們關心的是八卦中陰線和陽線的條數，這樣才能正確地確定基本事件的個數。15、01【答案解析】

根據分段函數解析式，代入即可求解.【題目詳解】函數，所以，.故答案為：0；1.【答案點睛】本題考查了分段函數求值的簡單應用，屬于基礎題.16、【答案解析】

求出點坐標，由于直線與直線垂直，得出直線的斜率為，再由點斜式寫出直線的方程.【題目詳解】由于直線可看成直線先繞點逆時針方向旋轉角，再繼續旋轉角得到，則直線與直線垂直，即直線的斜率為所以直線的方程為，即故答案為：【答案點睛】本題主要考查了求直線的方程，涉及了求直線的交點以及直線與直線的位置關系，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、（1）證明見解析（2）【答案解析】

（1）因為正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN，因為平面ABMN，平面ABMN，所以，，因為，所以，因為，所以，所以，因為在直角梯形ABMN中，，所以，所以，所以，因為，所以平面．（2）如圖，取BM的中點E，則，又BM∥AN，所以四邊形ABEN是平行四邊形，所以NE∥AB，又AB∥CD，所以NE∥CD，因為平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM，所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等，設點N到平面CDM的距離為h，由可得點B到平面CDM的距離為2h，由題易得平面BCM，所以，且，所以，又，所以由可得，解得，所以點N到平面CDM的距離為．18、（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【答案解析】

（1）由題意可得，，令，利用導數得在上單調遞減，進而可得結論；（2）不等式轉化為，令，，利用導數得單調性即可得到答案；（3）由題意可得，進而可將不等式轉化為，再利用單調性可得，記，，再利用導數研究單調性可得在上單調遞增，即，即，即可得到結論.【題目詳解】（1），即，化簡可得.令，，因為，所以，.所以，在上單調遞減，.所以的最小值為.（2）要證，即.兩邊同除以可得.設，則.在上，，所以在上單調遞減.在上，，所以在上單調遞增，所以.設，因為在上是減函數，所以.所以，即.（3）證明：方程在區間上的實根為，即，要證，由可知，即要證.當時，，，因而在上單調遞增.當時，，，因而在上單調遞減.因為，所以，要證.即要證.記，.因為，所以，則..設，，當時，.時，，故.且，故，因為，所以.因此，即在上單調遞增.所以，即.故得證.【答案點睛】本題考查函數的單調性、最值、函數恒成立問題，考查導數的應用，轉化思想，構造函數研究單調性，屬于難題.19、（1）證明見解析（2）【答案解析】

（1）根據題意，連接交于，連接，利用三角形全等得，進而可得結論；（2）建立空間直角坐標系，利用向量求得平面的法向量，進而可得二面角的余弦值.【題目詳解】（1）證明：連接交于，連接，，≌，且，面面，面，（2）取中點，連，.由，面面面，又由，以分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系，設，則，，，，，，為面的一個法向量，設面的法向量為，依題意，即，令，解得，所以，平面的法向量，，又因二面角為銳角，故二面角的余弦值為.【答案點睛】本題考查直線與平面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認真審題，注意中位線和向量法的合理運用，屬于基礎題.20、（1）；（2）或【答案解析】

（1）根據解析式求得導函數，設切點坐標為，結合導數的幾何意義可得方程，構造函數，并求得，由導函數求得有最小值，進而可知由唯一零點，即可代入求得的值；（2）將解析式代入，結合零點定義化簡并分離參數得，構造函數，根據題意可知直線與曲線有兩個交點；求得并令求得極值點，列出表格判斷的單調性與極值，即可確定與有兩個交點時的取值范圍.【題目詳解】（1）依題意，，，設切點為，，故，故，則；令，，故當時，，當時，，故當時，函數有最小值，由于，故有唯一實數根0，即，則；（2）由，得.所以“在區間上有兩個零點”等價于“直線與曲線在有兩個交點”；由于.由，解得，.當