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．若直線與圓相交所得弦長為，則（）A．1 B．2 C． D．32．是虛數單位，則（）A．1 B．2 C． D．3．《周易》歷來被人們視作儒家群經之首，它表現了古代中華民族對萬事萬物的深刻而又樸素的認識，是中華人文文化的基礎，它反映出中國古代的二進制計數的思想方法．我們用近代術語解釋為：把陽爻“-”當作數字“1”，把陰爻“--”當作數字“0”，則八卦所代表的數表示如下：卦名符號表示的二進制數表示的十進制數坤0000震0011坎0102兌0113依此類推，則六十四卦中的“屯”卦，符號“”表示的十進制數是（）A．18 B．17 C．16 D．154．已知函數，下列結論不正確的是（）A．的圖像關于點中心對稱 B．既是奇函數，又是周期函數C．的圖像關于直線對稱 D．的最大值是5．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．，6．如圖，某幾何體的三視圖是由三個邊長為2的正方形和其內部的一些虛線構成的，則該幾何體的體積為()A． B． C．6 D．與點O的位置有關7．棱長為2的正方體內有一個內切球，過正方體中兩條異面直線，的中點作直線，則該直線被球面截在球內的線段的長為（）A． B． C． D．18．拋物線C:y2=2px的焦點F是雙曲線C2:x2m-y21-m=1A．2+1 B．22+3 C．9．甲、乙、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結果以后甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用.若這三人中僅有一人說法錯誤，則下列結論正確的是（）A．丙被錄用了 B．乙被錄用了 C．甲被錄用了 D．無法確定誰被錄用了10．已知的面積是,,,則（）A．5 B．或1 C．5或1 D．11．已知橢圓的中心為原點，為的左焦點，為上一點，滿足且，則橢圓的方程為（）A． B． C． D．12．下列選項中，說法正確的是（）A．“”的否定是“”B．若向量滿足，則與的夾角為鈍角C．若，則D．“”是“”的必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知為實數，向量，，且，則____________．14．函數在區間內有且僅有兩個零點，則實數的取值范圍是_____.15．已知函數，令，，若，表示不超過實數的最大整數，記數列的前項和為，則_________16．已知向量，且向量與的夾角為_______.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）在四邊形中，，；如圖，將沿邊折起，連結，使，求證：（1）平面平面；（2）若為棱上一點，且與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.18．（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，求點的極徑.19．（12分）已知函數，.（1）若曲線在點處的切線方程為，求，；（2）當時，，求實數的取值范圍.20．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線極坐標方程為.若直線交曲線于，兩點，求線段的長.21．（12分）已知拋物線:，點為拋物線的焦點，焦點到直線的距離為，焦點到拋物線的準線的距離為，且.（1）求拋物線的標準方程；（2）若軸上存在點，過點的直線與拋物線相交于、兩點，且為定值，求點的坐標.22．（10分）在某社區舉行的2020迎春晚會上，張明和王慧夫妻倆參加該社區的“夫妻蒙眼擊鼓”游戲，每輪游戲中張明和王慧各蒙眼擊鼓一次，每個人擊中鼓則得積分100分，沒有擊中鼓則扣積分50分，最終積分以家庭為單位計分.已知張明每次擊中鼓的概率為，王慧每次擊中鼓的概率為；每輪游戲中張明和王慧擊中與否互不影響，假設張明和王慧他們家庭參加兩輪蒙眼擊鼓游戲.（1）若家庭最終積分超過200分時，這個家庭就可以領取一臺全自動洗衣機，問張明和王慧他們家庭可以領取一臺全自動洗衣機的概率是多少？（2）張明和王慧他們家庭兩輪游戲得積分之和的分布列和數學期望.

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】

將圓的方程化簡成標準方程,再根據垂徑定理求解即可.【詳解】圓的標準方程,圓心坐標為,半徑為,因為直線與圓相交所得弦長為,所以直線過圓心,得,即.故選：A【點睛】本題考查了根據垂徑定理求解直線中參數的方法,屬于基礎題.2、C【解析】

由復數除法的運算法則求出，再由模長公式，即可求解.【詳解】由.故選:C.【點睛】本題考查復數的除法和模，屬于基礎題.3、B【解析】

由題意可知“屯”卦符號“”表示二進制數字010001，將其轉化為十進制數即可.【詳解】由題意類推，可知六十四卦中的“屯”卦符號“”表示二進制數字010001，轉化為十進制數的計算為1×20+1×24=1．故選：B．【點睛】本題主要考查數制是轉化，新定義知識的應用等，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.4、D【解析】

通過三角函數的對稱性以及周期性，函數的最值判斷選項的正誤即可得到結果．【詳解】解：，正確；，為奇函數，周期函數，正確；，正確；D：，令，則，，，，則時，或時，即在上單調遞增，在和上單調遞減；且，，，故D錯誤．故選：．【點睛】本題考查三角函數周期性和對稱性的判斷，利用導數判斷函數最值，屬于中檔題．5、B【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．6、B【解析】

根據三視圖還原直觀圖如下圖所示，幾何體的體積為正方體的體積減去四棱錐的體積，即可求出結論.【詳解】如下圖是還原后的幾何體，是由棱長為2的正方體挖去一個四棱錐構成的，正方體的體積為8，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，頂點O在平面上，高為2，所以四棱錐的體積為，所以該幾何體的體積為.故選:B.【點睛】本題考查三視圖求幾何體的體積，還原幾何體的直觀圖是解題的關鍵，屬于基礎題.7、C【解析】

連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OH⊥MN，推導出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出該直線被球面截在球內的線段的長．【詳解】如圖，MN為該直線被球面截在球內的線段連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故選：C．【點睛】本題主要考查該直線被球面截在球內的線段的長的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．8、A【解析】

先由題和拋物線的性質求得點P的坐標和雙曲線的半焦距c的值，再利用雙曲線的定義可求得a的值，即可求得離心率.【詳解】由題意知，拋物線焦點F1,0，準線與x軸交點F'(-1,0)，雙曲線半焦距c=1，設點Q(-1,y)ΔFPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，即PF所以PQ⊥拋物線的準線，從而PF⊥x軸，所以P1,2∴2a=P即a=故雙曲線的離心率為e=故選A【點睛】本題考查了圓錐曲線綜合，分析題目，畫出圖像，熟悉拋物線性質以及雙曲線的定義是解題的關鍵，屬于中檔題.9、C【解析】

假設若甲被錄用了，若乙被錄用了，若丙被錄用了，再逐一判斷即可.【詳解】解：若甲被錄用了，則甲的說法錯誤，乙，丙的說法正確，滿足題意，若乙被錄用了，則甲、乙的說法錯誤，丙的說法正確，不符合題意，若丙被錄用了，則乙、丙的說法錯誤，甲的說法正確，不符合題意，綜上可得甲被錄用了，故選：C.【點睛】本題考查了邏輯推理能力，屬基礎題.10、B【解析】∵，,∴①若為鈍角，則，由余弦定理得，解得；②若為銳角，則，同理得.故選B.11、B【解析】由題意可得c=，設右焦點為F′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′，由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知，∠FPO+∠OPF′=90°，即PF⊥PF′．在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=，由橢圓定義，得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12，從而a=6，得a2=36，于是b2=a2﹣c2=36﹣=16，所以橢圓的方程為．故選B．點睛：橢圓的定義：到兩定點距離之和為常數的點的軌跡，當和大于兩定點間的距離時，軌跡是橢圓，當和等于兩定點間的距離時，軌跡是線段（兩定點間的連線段），當和小于兩定點間的距離時，軌跡不存在．12、D【解析】

對于A根據命題的否定可得：“?x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“?x∈R，x2-x＞0”，即可判斷出；對于B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角；對于C當m=0時，滿足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；對于D根據元素與集合的關系即可做出判斷．【詳解】選項A根據命題的否定可得：“?x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“?x∈R，x2-x＞0”，因此A不正確；選項B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角，因此不正確.選項C當m=0時,滿足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正確；選項D若“”，則且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要條件，故正確.故選：D.【點睛】本題考查命題的真假判斷與應用，涉及知識點有含有量詞的命題的否定、不等式性質、向量夾角與性質、集合性質等，屬于簡單題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、5【解析】

由，，且，得，解得，則，則．14、【解析】

對函數零點問題等價轉化，分離參數討論交點個數，數形結合求解.【詳解】由題：函數在區間內有且僅有兩個零點，，等價于函數恰有兩個公共點，作出大致圖象：要有兩個交點，即，所以.故答案為：【點睛】此題考查函數零點問題，根據函數零點個數求參數的取值范圍，關鍵在于對函數零點問題恰當變形，等價轉化，數形結合求解.15、4【解析】

根據導數的運算，結合數列的通項公式的求法，求得，，，進而得到，再利用放縮法和取整函數的定義，即可求解.【詳解】由題意，函數，且，，可得，，又由，可得為常數列，且，數列表示首項為4，公差為2的等差數列，所以，其中數列滿足，所以，所以，又由，可得數列的前n項和為，數列的前n項和為，所以數列的前項和為，滿足，所以，即，又由表示不超過實數的最大整數，所以.故答案為：4.【點睛】本題主要考查了函數的導數的計算，以及等差數列的通項公式，累加法求解數列的通項公式，以及裂項法求數列的和的綜合應用，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.16、1【解析】

根據向量數量積的定義求解即可．【詳解】解：∵向量，且向量與的夾角為，∴||；所以：?（）2cos2﹣2＝1，故答案為：1．【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的定義，屬于基礎題．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）證明見詳解；（2）【解析】

（1）由題可知，等腰直角三角形與等邊三角形，在其公共邊AC上取中點O，連接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可證得，結合，可證明平面.再根據面面垂直的判定定理，可證平面平面.（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由點F在線段上，設，得出的坐標，進而求出平面的一個法向量.用向量法表示出與平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再結合為平面的一個法向量，用向量法即可求出與的夾角，結合圖形，寫出二面角的大小.【詳解】證明：（1）在中，為正三角形，且在中，為等腰直角三角形，且取的中點，連接，，，平面平面平面..平面平面（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設.則設平面的一個法向量為.則，令，解得與平面所成角的正弦值為，整理得解得或(含去)又為平面的一個法向量，二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解決線面角、二面角的問題，屬于中檔題.18、（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.19、（1）；（2）【解析】

(1)對函數求導，運用可求得的值，再由在直線上，可求得的值；(2)由已知可得恒成立，構造函數，對函數求導，討論和0的大小關系，結合單調性求出最大值即可求得的范圍.【詳解】（1）由題得，因為在點與相切所以，∴（2）由得，令，只需，設（），當時，，在時為增函數，所以，舍；當時，開口向上，對稱軸為，，所以在時為增函數，所以，舍；當時，二次函數開口向下，且，所以在時有一個零點，在時，在時，①當即時，在小于零，所以在時為減函數，所以，符合題意；②當即時，在大于零，所以在時為增函數，所以，舍.綜上所述：實數的取值范圍為【點睛】本題考查函數的導數，利用導數求函數的單調區間及函數的最小值，屬于中檔題．處理函數單調性問題時，注意利用導函數的正負，特別是已知單調性問題，轉化為函數導數恒不小于零，或恒小于零，再分離參數求解，求函數最值時分析好單調性再求極值，從而求出函數最值．20、【解析】

由，化簡得，由，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，整理得，直線的方程與曲線的方程聯立，，整理得，設，則，根據弦長公式求解即可.【詳解】由，化簡得，又因為，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，消去，整理得，將直線的方程與曲線的方程聯立，，消去，整理得，設，則，所以，將，代入上式，整理得.【點睛】本題考查參數方程，極坐標方程的應用，結合弦長公式的運用，屬于中檔題.21、（1）（2）【解析】

（1）先分別表示出，然后根據求解出的值，