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。回答非選擇題時，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．若執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值是（）A． B． C． D．42．函數的圖象大致為()A． B．C． D．3．若復數為虛數單位在復平面內所對應的點在虛軸上，則實數a為（）A． B．2 C． D．4．設等差數列的前n項和為，若，則（）A． B． C．7 D．25．陀螺是中國民間最早的娛樂工具，也稱陀羅.如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某個陀螺的三視圖，則該陀螺的表面積為（）A． B．C． D．6．復數，是虛數單位，則下列結論正確的是A． B．的共軛復數為C．的實部與虛部之和為1 D．在復平面內的對應點位于第一象限7．數列滿足：，，，為其前n項和，則（）A．0 B．1 C．3 D．48．如圖，在四邊形中，，，，，，則的長度為（）A． B．C． D．9．連接雙曲線及的4個頂點的四邊形面積為，連接4個焦點的四邊形的面積為，則當取得最大值時，雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．10．已知函數是偶函數，當時，函數單調遞減，設，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．11．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積等于（）cm3A． B． C． D．12．設，其中a，b是實數，則（）A．1 B．2 C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若函數在區間上恰有4個不同的零點，則正數的取值范圍是______.14．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___．15．若存在直線l與函數及的圖象都相切，則實數的最小值為___________．16．已知全集為R，集合，則___________.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）已知圓上有一動點，點的坐標為，四邊形為平行四邊形，線段的垂直平分線交于點.（Ⅰ）求點的軌跡的方程；（Ⅱ）過點作直線與曲線交于兩點，點的坐標為，直線與軸分別交于兩點，求證：線段的中點為定點，并求出面積的最大值.18．（12分）已知的面積為，且.（1）求角的大小及長的最小值；（2）設為的中點，且，的平分線交于點，求線段的長.19．（12分）已知數列為公差為d的等差數列，，，且，，依次成等比數列，.（1）求數列的前n項和；（2）若，求數列的前n項和為.20．（12分）已知函數（），不等式的解集為.（1）求的值；（2）若，，，且，求的最大值.21．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為(為參數).以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（Ⅰ）求直線的直角坐標方程與曲線的普通方程；（Ⅱ）已知點設直線與曲線相交于兩點，求的值.22．（10分）已知拋物線的焦點也是橢圓的一個焦點，與的公共弦的長為.（1）求的方程；（2）過點的直線與相交于、兩點，與相交于、兩點，且與同向，設在點處的切線與軸的交點為，證明：直線繞點旋轉時，總是鈍角三角形；（3）為上的動點，、為長軸的兩個端點，過點作的平行線交橢圓于點，過點作的平行線交橢圓于點，請問的面積是否為定值，并說明理由.

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、D【解析】

模擬程序運行，觀察變量值的變化，得出的變化以4為周期出現，由此可得結論．【詳解】；如此循環下去，當時，，此時不滿足，循環結束，輸出的值是4.故選：D．【點睛】本題考查程序框圖，考查循環結構．解題時模擬程序運行，觀察變量值的變化，確定程序功能，可得結論．2、A【解析】

確定函數在定義域內的單調性，計算時的函數值可排除三個選項．【詳解】時，函數為減函數，排除B，時，函數也是減函數，排除D，又時，，排除C，只有A可滿足．故選：A.【點睛】本題考查由函數解析式選擇函數圖象，可通過解析式研究函數的性質，如奇偶性、單調性、對稱性等等排除，可通過特殊的函數值，函數值的正負，函數值的變化趨勢排除，最后剩下的一個即為正確選項．3、D【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由實部為求得值．【詳解】解：在復平面內所對應的點在虛軸上，，即．故選D．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題．4、B【解析】

根據等差數列的性質并結合已知可求出，再利用等差數列性質可得，即可求出結果．【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：B【點睛】本題主要考查等差數列的性質及前項和公式，屬于基礎題．5、C【解析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的表面積即可，【詳解】由題意可知幾何體的直觀圖如圖：上部是底面半徑為1，高為3的圓柱，下部是底面半徑為2，高為2的圓錐,幾何體的表面積為：，故選：C【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵.6、D【解析】

利用復數的四則運算，求得，在根據復數的模，復數與共軛復數的概念等即可得到結論．【詳解】由題意，則，的共軛復數為，復數的實部與虛部之和為，在復平面內對應點位于第一象限，故選D．【點睛】復數代數形式的加減乘除運算的法則是進行復數運算的理論依據,加減運算類似于多項式的合并同類項,乘法法則類似于多項式乘法法則，除法運算則先將除式寫成分式的形式,再將分母實數化，其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為．7、D【解析】

用去換中的n，得，相加即可找到數列的周期，再利用計算.【詳解】由已知，①，所以②，①+②，得，從而，數列是以6為周期的周期數列，且前6項分別為1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故選：D.【點睛】本題考查周期數列的應用，在求時，先算出一個周期的和即，再將表示成即可，本題是一道中檔題.8、D【解析】

設，在中，由余弦定理得，從而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【詳解】設，在中，由余弦定理得，則，從而，由正弦定理得，即，從而，在中，由余弦定理得：，則.故選：D【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.9、D【解析】

先求出四個頂點、四個焦點的坐標，四個頂點構成一個菱形，求出菱形的面積，四個焦點構成正方形，求出其面積，利用重要不等式求得取得最大值時有，從而求得其離心率.【詳解】雙曲線與互為共軛雙曲線，四個頂點的坐標為，四個焦點的坐標為，四個頂點形成的四邊形的面積，四個焦點連線形成的四邊形的面積，所以，當取得最大值時有，，離心率，故選：D.【點睛】該題考查的是有關雙曲線的離心率的問題，涉及到的知識點有共軛雙曲線的頂點，焦點，菱形面積公式，重要不等式求最值，等軸雙曲線的離心率，屬于簡單題目.10、A【解析】

根據圖象關于軸對稱可知關于對稱，從而得到在上單調遞增且；再根據自變量的大小關系得到函數值的大小關系.【詳解】為偶函數圖象關于軸對稱圖象關于對稱時，單調遞減時，單調遞增又且，即本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數奇偶性、對稱性和單調性比較函數值的大小關系問題，關鍵是能夠通過奇偶性和對稱性得到函數的單調性，通過自變量的大小關系求得結果.11、D【解析】解：根據幾何體的三視圖知，該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據，計算它的體積為：V=V三棱柱+V半圓柱=×2×2×1+?π?12×1=（6+1.5π）cm1．故答案為6+1.5π．點睛：根據幾何體的三視圖知該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據計算它的體積即可．12、D【解析】

根據復數相等，可得，然后根據復數模的計算，可得結果.【詳解】由題可知：，即，所以則故選：D【點睛】本題考查復數模的計算，考驗計算，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、；【解析】

求出函數的零點，讓正數零點從小到大排列，第三個正數零點落在區間上，第四個零點在區間外即可．【詳解】由，得，，，，∵，∴，解得．故答案為：．【點睛】本題考查函數的零點，根據正弦函數性質求出函數零點，然后題意，把正數零點從小到大排列，由于0已經是一個零點，因此只有前3個零點在區間上．由此可得的不等關系，從而得出結論，本題解法屬于中檔題．14、C【解析】

假設獲得一等獎的作品，判斷四位同學說對的人數.【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.【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.15、【解析】

設直線l與函數及的圖象分別相切于，，因為，所以函數的圖象在點處的切線方程為，即，因為，所以函數的圖象在點處的切線方程為，即，因為存在直線l與函數及的圖象都相切，所以，所以，令，設，則，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增，所以，所以實數的最小值為．16、【解析】

先化簡集合A,再求A∪B得解.【詳解】由題得A={0,1},所以A∪B={-1,0,1}.故答案為{-1,0,1}【點睛】本題主要考查集合的化簡和并集運算，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.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）先畫出圖形，結合垂直平分線和平行四邊形性質可得為一定值，，故可確定點軌跡為橢圓（），進而求解；（Ⅱ）設直線方程為，點坐標分別為，聯立直線與橢圓方程得，，分別由點斜式求得直線KA的方程為，令得，同理得，由結合韋達定理即可求解，而，當重合交于點時，可求最值；【詳解】（Ⅰ），所以點的軌跡是一個橢圓，且長軸長，半焦距，所以，軌跡的方程為.（Ⅱ）當直線的斜率為0時，與曲線無交點.當直線的斜率不為0時，設過點的直線方程為，點坐標分別為.直線與橢圓方程聯立得消去，得.則，.直線KA的方程為.令得.同理可得.所以.所以的中點為.不妨設點在點的上方，則.【點睛】本題考查根據橢圓的定義求橢圓的方程，橢圓中的定點定值問題，屬于中檔題18、（1），；（2）.【解析】

（1）根據面積公式和數量積性質求角及最大邊；（2）根據的長度求出，再根據面積比值求，從而求出．【詳解】（1）在中，由，得，由，得，所以，所以，，因為在中，，所以，因為（當且僅當時取等），所以長的最小值為；（2）在三角形中，因為為中線，所以，，所以，因為，所以，所以，由（1）知，所以，或，，所以，因為為角平分線，，，或2，所以，或，所以．【點睛】本題考查了平面向量數量積的性質及其運算,余弦定理解三角形及三角形面積公式的應用，屬于中檔題．19、（1）（2）【解析】

（1）利用等差數列的通項公式以及等比中項求出公差，從而求出，再利用等比數列的前項和公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂項求和法即可求解.【詳解】（1），且，，依次成等比數列，，即：，，，，，；（2），.【點睛】本題考查了等差數列、等比數列的通項公式、等比數列的前項和公式、裂項求和法，需熟記公式，屬于基礎題.20、（1）（2）32【解析】

利用絕對值不等式的解法求出不等式的解集,得到關于的方程,求出的值即可;由知可得,，利用三個正數的基本不等式,構造和是定值即可求出的最大值.【詳解】（1）∵，，所以不等式的解集為,即為不等式的解集為，∴的解集為,即不等式的解集為，化簡可得,不等式的解集為，所以,即.（2）∵，∴.又∵，，，∴，當且僅當,等號成立,即，，時，等號成立，∴的最大值為32.【點睛】本題主要考查含有兩個絕對值不等式的解法和三個正數的基本不等式的靈活運用;其中利用構造出和為定值即為定值是求解本題的關鍵;基本不等式取最值的條件:一正二定三相等是本題的易錯點;屬于中檔題.21、（Ⅰ）直線的直角坐標方程為；曲線的普通方程為；（Ⅱ）.【解析】

（I）利用參數方程、普通方程、極坐標方程間的互化公式即可；（II）將直線參數方程代入拋物線的普通方程，可得，而根據直線參數方程的幾何意義，知，代入即可解決.【詳解】由可得直線的直角坐標方程為由曲線的參數方程，消去參數可得曲線的普通方程為.易知點在直線上，直線的參數方程為(為參數).將直線的參數方程代入曲線的普通方程，并整理得.設是方程的兩根，則有.【點睛】本題考查參數方程、普通方程、極坐標方程間的互化，直線參數方程的幾何意義，是一道容易題.22、（1）；（2）證明見解析；（3）是，理由見解析.【解析】

（1）根據兩個曲線的焦點相同，得到，再根據與的公共弦長為得出，可求出和的值，進而可得出曲線的方程；（2）設點，根據導數的幾何意義得到曲線在點處的切線方程，求出點的坐標，利用向量的數量積得出，則問題得以證明；（3）設直線，直線，、、，推導出以及，求出和，通過化簡計算可得出為定值，進而可得出結論.【詳解】（1