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、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影為，則等于（）A．2 B．1 C． D．02．已知，，分別為內角，，的對邊，，，的面積為，則（）A． B．4 C．5 D．3．單位正方體ABCD-，黑、白兩螞蟻從點A出發沿棱向前爬行，每走完一條棱稱為“走完一段”．白螞蟻爬地的路線是AA1→A1D1→‥，黑螞蟻爬行的路線是AB→BB1→‥，它們都遵循如下規則：所爬行的第i+2段與第i段所在直線必須是異面直線（iN*）.設白、黑螞蟻都走完2020段后各自停止在正方體的某個頂點處，這時黑、白兩螞蟻的距離是（）A．1 B． C． D．04．已知隨機變量X的分布列如下表：X01Pabc其中a，b，.若X的方差對所有都成立，則（）A． B． C． D．5．博覽會安排了分別標有序號為“1號”“2號”“3號”的三輛車，等可能隨機順序前往酒店接嘉賓．某嘉賓突發奇想，設計兩種乘車方案．方案一：不乘坐第一輛車，若第二輛車的車序號大于第一輛車的車序號，就乘坐此車，否則乘坐第三輛車；方案二：直接乘坐第一輛車．記方案一與方案二坐到“3號”車的概率分別為P1，P2，則（）A．P1?P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P26．下列函數中，既是奇函數，又在上是增函數的是（）．A． B．C． D．7．已知非零向量滿足，若夾角的余弦值為，且，則實數的值為（）A． B． C．或 D．8．執行如下的程序框圖，則輸出的是（）A． B．C． D．9．設函數在上可導，其導函數為，若函數在處取得極大值，則函數的圖象可能是（）A． B．C． D．10．某個命題與自然數有關，且已證得“假設時該命題成立，則時該命題也成立”．現已知當時，該命題不成立，那么（）A．當時，該命題不成立 B．當時，該命題成立C．當時，該命題不成立 D．當時，該命題成立11．給出下列三個命題：①“”的否定；②在中，“”是“”的充要條件；③將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象．其中假命題的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．312．在各項均為正數的等比數列中，若，則（）A． B．6 C．4 D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設復數滿足，其中是虛數單位，若是的共軛復數，則____________．14．已知兩點，，若直線上存在點滿足，則實數滿足的取值范圍是__________．15．已知函數，則過原點且與曲線相切的直線方程為____________.16．根據如圖的算法，輸出的結果是_________.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）已知橢圓C的離心率為且經過點（1）求橢圓C的方程；（2）過點(0，2)的直線l與橢圓C交于不同兩點A、B，以OA、OB為鄰邊的平行四邊形OAMB的頂點M在橢圓C上，求直線l的方程.18．（12分）已知，，分別是三個內角，，的對邊，．（1）求；（2）若，，求，．19．（12分）已知函數．當時，求不等式的解集；，，求a的取值范圍．20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a=4，.（1）求A的余弦值；（2）求△ABC面積的最大值．21．（12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的離心率為，以橢圓C左頂點T為圓心作圓，設圓T與橢圓C交于點M與點N.（1）求橢圓C的方程；（2）求的最小值，并求此時圓T的方程；（3）設點P是橢圓C上異于M，N的任意一點，且直線MP，NP分別與x軸交于點R，S，O為坐標原點，求證：為定值.22．（10分）如圖所示，三棱柱中，平面，點，分別在線段，上，且，，是線段的中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若，，，求直線與平面所成角的正弦值.

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，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

先求出，再利用投影公式求解即可.【詳解】解：由已知得，由在方向上的投影為，得，則.故答案為：B.【點睛】本題考查向量的幾何意義，考查投影公式的應用，是基礎題.2、D【解析】

由正弦定理可知,從而可求出.通過可求出，結合余弦定理即可求出的值.【詳解】解：，即，即.，則.，解得.，故選:D.【點睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面積公式，考查同角三角函數的基本關系.本題的關鍵是通過正弦定理結合已知條件，得到角的正弦值余弦值.3、B【解析】

根據規則，觀察黑螞蟻與白螞蟻經過幾段后又回到起點，得到每爬1步回到起點，周期為1．計算黑螞蟻爬完2020段后實質是到達哪個點以及計算白螞蟻爬完2020段后實質是到達哪個點，即可計算出它們的距離．【詳解】由題意,白螞蟻爬行路線為AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，即過1段后又回到起點，可以看作以1為周期，由，白螞蟻爬完2020段后到回到C點；同理,黑螞蟻爬行路線為AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA，黑螞蟻爬完2020段后回到D1點，所以它們此時的距離為.故選B.【點睛】本題考查多面體和旋轉體表面上的最短距離問題，考查空間想象與推理能力，屬于中等題.4、D【解析】

根據X的分布列列式求出期望,方差,再利用將方差變形為,從而可以利用二次函數的性質求出其最大值為,進而得出結論.【詳解】由X的分布列可得X的期望為,又,所以X的方差,因為,所以當且僅當時,取最大值,又對所有成立,所以,解得,故選:D.【點睛】本題綜合考查了隨機變量的期望?方差的求法,結合了概率?二次函數等相關知識,需要學生具備一定的計算能力,屬于中檔題.5、C【解析】

將三輛車的出車可能順序一一列出，找出符合條件的即可.【詳解】三輛車的出車順序可能為：123、132、213、231、312、321方案一坐車可能：132、213、231，所以，P1＝；方案二坐車可能：312、321，所以，P1＝；所以P1+P2＝故選C.【點睛】本題考查了古典概型的概率的求法，常用列舉法得到各種情況下基本事件的個數，屬于基礎題.6、B【解析】

奇函數滿足定義域關于原點對稱且，在上即可.【詳解】A：因為定義域為，所以不可能時奇函數，錯誤；B：定義域關于原點對稱，且滿足奇函數，又，所以在上，正確；C：定義域關于原點對稱，且滿足奇函數，，在上，因為，所以在上不是增函數，錯誤；D：定義域關于原點對稱，且，滿足奇函數，在上很明顯存在變號零點，所以在上不是增函數，錯誤；故選：B【點睛】此題考查判斷函數奇偶性和單調性，注意奇偶性的前提定義域關于原點對稱，屬于簡單題目.7、D【解析】

根據向量垂直則數量積為零，結合以及夾角的余弦值，即可求得參數值.【詳解】依題意，得，即.將代入可得，，解得（舍去）.故選：D.【點睛】本題考查向量數量積的應用，涉及由向量垂直求參數值，屬基礎題.8、A【解析】

列出每一步算法循環，可得出輸出結果的值.【詳解】滿足，執行第一次循環，，；成立，執行第二次循環，，；成立，執行第三次循環，，；成立，執行第四次循環，，；成立，執行第五次循環，，；成立，執行第六次循環，，；成立，執行第七次循環，，；成立，執行第八次循環，，；不成立，跳出循環體，輸出的值為，故選：A.【點睛】本題考查算法與程序框圖的計算，解題時要根據算法框圖計算出算法的每一步，考查分析問題和計算能力，屬于中等題.9、B【解析】

由題意首先確定導函數的符號，然后結合題意確定函數在區間和處函數的特征即可確定函數圖像.【詳解】函數在上可導，其導函數為，且函數在處取得極大值，當時，；當時，；當時，.時，，時，，當或時，；當時，.故選：【點睛】根據函數取得極大值，判斷導函數在極值點附近左側為正，右側為負，由正負情況討論圖像可能成立的選項，是判斷圖像問題常見方法，有一定難度.10、C【解析】

寫出命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題，結合原命題與逆否命題的真假性一致進行判斷.【詳解】由逆否命題可知，命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題為“假設當時該命題不成立，則當時該命題也不成立”，由于當時，該命題不成立，則當時，該命題也不成立，故選：C.【點睛】本題考查逆否命題與原命題等價性的應用，解題時要寫出原命題的逆否命題，結合逆否命題的等價性進行判斷，考查邏輯推理能力，屬于中等題.11、C【解析】

結合不等式、三角函數的性質,對三個命題逐個分析并判斷其真假,即可選出答案.【詳解】對于命題①,因為,所以“”是真命題,故其否定是假命題,即①是假命題;對于命題②,充分性:中,若,則,由余弦函數的單調性可知,,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,,若,結合余弦函數的單調性可知,,即,可得到,即必要性成立.故命題②正確;對于命題③,將函數的圖象向左平移個單位長度,可得到的圖象,即命題③是假命題．故假命題有①③.故選:C【點睛】本題考查了命題真假的判斷,考查了余弦函數單調性的應用,考查了三角函數圖象的平移變換,考查了學生的邏輯推理能力,屬于基礎題.12、D【解析】

由對數運算法則和等比數列的性質計算．【詳解】由題意．故選：D．【點睛】本題考查等比數列的性質，考查對數的運算法則．掌握等比數列的性質是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由于，則．14、【解析】

問題轉化為求直線與圓有公共點時，的取值范圍，利用數形結合思想能求出結果．【詳解】解：直線，點，，直線上存在點滿足，的軌跡方程是．如圖，直線與圓有公共點，圓心到直線的距離：，解得．實數的取值范圍為．故答案為：．【點睛】本題主要考查直線方程、圓、點到直線的距離公式等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，屬于中檔題．15、【解析】

設切點坐標為，利用導數求出曲線在切點的切線方程，將原點代入切線方程，求出的值，于此可得出所求的切線方程．【詳解】設切點坐標為，，，，則曲線在點處的切線方程為，由于該直線過原點，則，得，因此，則過原點且與曲線相切的直線方程為，故答案為．【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查過點作函數圖象的切線方程，求解思路是：（1）先設切點坐標，并利用導數求出切線方程；（2）將所過點的坐標代入切線方程，求出參數的值，可得出切點的坐標；（3）將參數的值代入切線方程，可得出切線的方程．16、55【解析】

根據該For語句的功能，可得，可得結果【詳解】根據該For語句的功能，可得則故答案為：55【點睛】本題考查For語句的功能，屬基礎題.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）【解析】

（1）根據橢圓的離心率、橢圓上點的坐標以及列方程，由此求得，進而求得橢圓的方程.（2）設出直線的方程，聯立直線的方程和橢圓的方程，寫出韋達定理.根據平行四邊形的性質以及向量加法的幾何意義得到，由此求得點的坐標，將的坐標代入橢圓方程，化簡后可求得直線的斜率，由此求得直線的方程.【詳解】（1）由橢圓的離心率為，點在橢圓上，所以，且解得，所以橢圓的方程為．（2）顯然直線的斜率存在，設直線的斜率為，則直線的方程為，設，由消去得，所以，由已知得，所以，由于點都在橢圓上，所以，展開有，又，所以，經檢驗滿足，故直線的方程為.【點睛】本小題主要考查根據橢圓的離心率和橢圓上一點的坐標求橢圓方程，考查直線和橢圓的位置關系，考查運算求解能力，屬于中檔題.18、（1）；（2），或，.【解析】

（1）利用正弦定理，轉化原式為，結合，可得，即得解；（2）由余弦定理，結合題中數據，可得解【詳解】（1）由及正弦定理得．因為，所以，代入上式并化簡得．由于，所以．又，故．（2）因為，，，由余弦定理得即,所以．而，所以，為一元二次方程的兩根．所以，或，．【點睛】本題考查了正弦定理，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.19、（1）；（2）.【解析】

（1）當時，，①當時，，令，即，解得，②當時，，顯然成立，所以，③當時，，令，即，解得，綜上所述，不等式的解集為．（2）因為，因為，有成立，所以只需，解得，所以a的取值范圍為．【點睛】絕對值不等式的解法：法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想．20、（1）；（2）【解析】

（1）根據正弦定理化簡得到，故，得到答案.（2）計算，再利用面積公式計算得到答案.【詳解】（1），則，即，故，，故.（2），故，故.當時等號成立.，故，，故△ABC面積的最大值為.【點睛】本題考查了正弦定理，面積公式，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力.21、（1）；（2）；（3）【解析】

（1）依題意，得，，由此能求出橢圓C的方程.（2）點與點關于軸對稱，設，，設，由于點在橢圓C上，故