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．拋擲一枚質地均勻的硬幣，每次正反面出現的概率相同，連續拋擲5次，至少連續出現3次正面朝上的概率是（）A． B． C． D．2．已知復數，則（）A． B． C． D．23．已知復數是正實數，則實數的值為()A． B． C． D．4．如圖，在圓錐SO中，AB，CD為底面圓的兩條直徑，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE.，異面直線SC與OE所成角的正切值為（）A． B． C． D．5．若的展開式中含有常數項，且的最小值為，則（）A． B． C． D．6．《九章算術》中將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.某“塹堵”的三視圖如圖，則它的外接球的表面積為（）A．4π B．8π C． D．7．已知是雙曲線的兩個焦點，過點且垂直于軸的直線與相交于兩點，若，則的內切圓半徑為（）A． B． C． D．8．已知數列的通項公式是，則（）A．0 B．55 C．66 D．789．設全集，集合，，則集合（）A． B． C． D．10．的內角的對邊分別為，已知，則角的大小為（）A． B． C． D．11．如圖，已知平面，，、是直線上的兩點，、是平面內的兩點，且，，，，．是平面上的一動點，且直線，與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是（）A． B． C． D．12．以，為直徑的圓的方程是A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數是定義在上的奇函數，且周期為，當時，，則的值為___________________．14．李明自主創業，在網上經營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．為增加銷量，李明對這四種水果進行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付x元．每筆訂單顧客網上支付成功后，李明會得到支付款的80%．①當x=10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則x的最大值為__________．15．已知是等比數列，且，，則__________，的最大值為__________．16．已知函數，曲線與直線相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為，則可取到的最大值為__________.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）為了解甲、乙兩個快遞公司的工作狀況，假設同一個公司快遞員的工作狀況基本相同，現從甲、乙兩公司各隨機抽取一名快遞員，并從兩人某月(30天)的快遞件數記錄結果中隨機抽取10天的數據，整理如下：甲公司員工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350乙公司員工：360，420，370，360，420，340，440，370，360，420每名快遞員完成一件貨物投遞可獲得的勞務費情況如下：甲公司規定每件0.65元，乙公司規定每天350件以內(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元.（1）根據題中數據寫出甲公司員工在這10天投遞的快件個數的平均數和眾數；（2）為了解乙公司員工每天所得勞務費的情況，從這10天中隨機抽取1天，他所得的勞務費記為(單位：元)，求的分布列和數學期望；（3）根據題中數據估算兩公司被抽取員工在該月所得的勞務費.18．（12分）已知函數．（1）當時，求的單調區間．（2）設直線是曲線的切線，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率時切線的方程．（3）已知分別在，處取得極值，求證：．19．（12分）已知函數，若的解集為．（1）求的值；（2）若正實數，，滿足，求證：．20．（12分）已知函數.（1）當時.①求函數在處的切線方程；②定義其中，求；（2）當時，設，(為自然對數的底數)，若對任意給定的，在上總存在兩個不同的，使得成立，求的取值范圍.21．（12分）已知數列是等差數列，前項和為，且，．（1）求．（2）設，求數列的前項和．22．（10分）已知函數的圖象在處的切線方程是.（1）求的值；（2）若函數，討論的單調性與極值；（3）證明：.

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。1．A【解析】

首先求出樣本空間樣本點為個，再利用分類計數原理求出三個正面向上為連續的3個“1”的樣本點個數，再求出重復數量，可得事件的樣本點數，根據古典概型的概率計算公式即可求解.【詳解】樣本空間樣本點為個，具體分析如下：記正面向上為1，反面向上為0，三個正面向上為連續的3個“1”，有以下3種位置1____，__1__，____1．剩下2個空位可是0或1，這三種排列的所有可能分別都是，但合并計算時會有重復，重復數量為，事件的樣本點數為：個．故不同的樣本點數為8個，.故選：A【點睛】本題考查了分類計數原理與分步計數原理，古典概型的概率計算公式，屬于基礎題2．C【解析】

根據復數模的性質即可求解.【詳解】,,故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的性質，屬于容易題.3．C【解析】

將復數化成標準形式，由題意可得實部大于零，虛部等于零，即可得到答案.【詳解】因為為正實數，所以且，解得.故選：C【點睛】本題考查復數的基本定義，屬基礎題.4．D【解析】

可過點S作SF∥OE，交AB于點F，并連接CF，從而可得出∠CSF（或補角）為異面直線SC與OE所成的角，根據條件即可求出，這樣即可得出tan∠CSF的值.【詳解】如圖，過點S作SF∥OE，交AB于點F，連接CF，則∠CSF（或補角）即為異面直線SC與OE所成的角，∵，∴，又OB＝3，∴，SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴；SO⊥OF，SO＝3，OF＝1，∴；OC⊥OF，OC＝3，OF＝1，∴，∴等腰△SCF中，.故選：D.【點睛】本題考查了異面直線所成角的定義及求法，直角三角形的邊角的關系，平行線分線段成比例的定理，考查了計算能力，屬于基礎題.5．C【解析】展開式的通項為，因為展開式中含有常數項，所以，即為整數，故n的最小值為1．所以.故選C點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第項，由特定項得出值，最后求出其參數.6．B【解析】

由三視圖判斷出原圖，將幾何體補形為長方體，由此計算出幾何體外接球的直徑，進而求得球的表面積.【詳解】根據題意和三視圖知幾何體是一個底面為直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜邊為2，側棱長為2且與底面垂直，因為直三棱柱可以復原成一個長方體，該長方體外接球就是該三棱柱的外接球，長方體對角線就是外接球直徑，則，那么.故選：B【點睛】本小題主要考查三視圖還原原圖，考查幾何體外接球的有關計算，屬于基礎題.7．B【解析】

首先由求得雙曲線的方程，進而求得三角形的面積，再由三角形的面積等于周長乘以內切圓的半徑即可求解.【詳解】由題意將代入雙曲線的方程,得則,由,得的周長為,設的內切圓的半徑為,則,故選：B【點睛】本題考查雙曲線的定義、方程和性質，考查三角形的內心的概念，考查了轉化的思想，屬于中檔題.8．D【解析】

先分為奇數和偶數兩種情況計算出的值，可進一步得到數列的通項公式，然后代入轉化計算，再根據等差數列求和公式計算出結果.【詳解】解：由題意得，當為奇數時，，當為偶數時，所以當為奇數時，；當為偶數時，，所以故選：D【點睛】此題考查數列與三角函數的綜合問題，以及數列求和，考查了正弦函數的性質應用，等差數列的求和公式，屬于中檔題.9．C【解析】∵集合，，∴點睛：本題是道易錯題，看清所問問題求并集而不是交集.10．A【解析】

先利用正弦定理將邊統一化為角，然后利用三角函數公式化簡，可求出解B.【詳解】由正弦定理可得，即，即有，因為，則，而，所以.故選：A【點睛】此題考查了正弦定理和三角函數的恒等變形，屬于基礎題.11．B【解析】

為所求的二面角的平面角，由得出，求出在內的軌跡，根據軌跡的特點求出的最大值對應的余弦值【詳解】，，，，同理為直線與平面所成的角，為直線與平面所成的角，又，在平面內，以為軸，以的中垂線為軸建立平面直角坐標系則，設，整理可得：在內的軌跡為為圓心，以為半徑的上半圓平面平面，，為二面角的平面角，當與圓相切時，最大，取得最小值此時故選【點睛】本題主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定義法、三垂線定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依據題目選擇方法求出結果．12．A【解析】

設圓的標準方程，利用待定系數法一一求出，從而求出圓的方程.【詳解】設圓的標準方程為，由題意得圓心為，的中點，根據中點坐標公式可得，，又，所以圓的標準方程為：，化簡整理得，所以本題答案為A.【點睛】本題考查待定系數法求圓的方程，解題的關鍵是假設圓的標準方程，建立方程組，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】

由題意可得：，周期為，可得，可求出，最后再求的值即可.【詳解】解：函數是定義在上的奇函數，.由周期為，可知，，..故答案為：.【點睛】本題主要考查函數的基本性質，屬于基礎題.14．130.15.【解析】

由題意可得顧客需要支付的費用，然后分類討論，將原問題轉化為不等式恒成立的問題可得的最大值.【詳解】(1),顧客一次購買草莓和西瓜各一盒,需要支付元.(2)設顧客一次購買水果的促銷前總價為元,元時,李明得到的金額為,符合要求.元時,有恒成立,即,即元.所以的最大值為.【點睛】本題主要考查不等式的概念與性質?數學的應用意識?數學式子變形與運算求解能力,以實際生活為背景，創設問題情境，考查學生身邊的數學，考查學生的數學建模素養.15．5【解析】，即的最大值為16．4【解析】

由于曲線與直線相交，存在相鄰兩個交點間的距離為，所以函數的周期，可得到的取值范圍，再由解出的兩類不同的值，然后列方程求出，再結合的取值范圍可得的最大值.【詳解】，可得，由，則或，即或，由題意得，所以，則或，所以可取到的最大值為4.故答案為：4【點睛】此題考查正弦函數的圖像和性質的應用及三角方程的求解，熟練應用三角函數的圖像和性質是解題的關鍵，考查了推理能力和計算能力，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）平均數為360，眾數為330；（2）見詳解；（3）甲公司：7020（元），乙公司：7281（元）【解析】

（1）將圖中甲公司員工A的所有數據相加，再除以總的天數10，即可求出甲公司員工A投遞快遞件數的平均數．從中發現330出現的次數最多，故為眾數；（2）由題意能求出的可能取值為340，360，370，420，440，分別求出相對應的概率，由此能求出的分布列和數學期望；（3）利用（1）（2）的結果，可估算兩公司的每位員工在該月所得的勞務費．【詳解】解：（1）由題意知甲公司員工在這10天投遞的快遞件數的平均數為.眾數為330.（2）設乙公司員工1天的投遞件數為隨機變量，則當時，當時，當時，當時，當時，的分布列為204219228273291（元）；（3）由（1）估計甲公司被抽取員工在該月所得的勞務費為(元)由（2）估計乙公司被抽取員工在該月所得的勞務費為(元).【點睛】本題考查頻率分布表的應用，考查概率的求法，考查離散型隨機變量的分布列和數學期望的求法，是中檔題.18．（1）單調遞增區間為，；單調遞減區間為；（2），；（3）證明見解析．【解析】

（1）由的正負可確定的單調區間；（2）利用基本不等式可求得時，取得最小值，由導數的幾何意義可知，從而求得，求得切點坐標后，可得到切線方程；（3）由極值點的定義可知是的兩個不等正根，由判別式大于零得到的取值范圍，同時得到韋達定理的形式；化簡為，結合的范圍可證得結論.【詳解】（1）由題意得：的定義域為，當時，，，當和時，；當時，，的單調遞增區間為，；單調遞減區間為.（2），所以（當且僅當，即時取等號），切線的斜率存在最小值，，解得：，，即切點為，從而切線方程，即：．（3），分別在，處取得極值，，是方程，即的兩個不等正根．則，解得：，且，．，，，即不等式成立．【點睛】本題考查導數在研究函數中的應用，涉及到利用導數求解函數的單調區間、導數幾何意義的應用、利用導數證明不等式等知識；本題中證明不等式的關鍵是能夠通過極值點的定義將問題轉變為一元二次方程根的分布問題.19．（1）；（2）證明見詳解.【解析】

（1）將不等式的解集用表示出來，結合題中的解集，求出的值；（2）利用柯西不等式證明.【詳解】解：（1），，，因為的解集為，所以，；（2）由（1）由柯西不等式，當且僅當，，，等號成立．【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法，利用柯西不等式證明不等式的問題，屬于中檔題.20．（1）①；②8079；（2）.【解析】

（1）①時，，，利用導數的幾何意義能求出函數在處的切線方程．②由，得，由此能求出的值．（2）根據若對任意給定的，，在區間，上總存在兩個不同的，使得成立，得到函數在區間，上不單調，從而求得的取值范圍．【詳解】（1）①∵，∴∴，∴，∵，所以切線方程為.②，.令，則,.因為①,所以②,由①+②得,所以.所以.（2），當時，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減∵，，所以，函數在上的值域為.因為，，故，，①此時，當變化時、的變化情況如下：—0+單調減最小值單調增∵，，∴對任意給定的，在區間上總存在兩個不同的，使得成立，當且僅當滿足下列條件，即令，，，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減所以，對任意，有，即②對任意恒成立.由③式解得：④綜合①④可知，當時，對任意給定的，在上總存在兩個不同的，使成立.【點睛】本題考查了導數的幾何意義、應用導數研究函數的單調性、求函數最值問題，會利用導函數的正負確定函數的單調性，會根據函數的增減性求出閉區間上函數的最值，掌握不等式恒成立時所滿足的條件．不等式恒成立常轉化為函數最值問題解決．2