2023年高考數學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．復數的虛部是()A． B． C． D．2．為比較甲、乙兩名高中學生的數學素養，對課程標準中規定的數學六大素養進行指標測驗（指標值滿分為100分，分值高者為優），根據測驗情況繪制了如圖所示的六大素養指標雷達圖，則下面敘述不正確的是（）A．甲的數據分析素養優于乙 B．乙的數據分析素養優于數學建模素養C．甲的六大素養整體水平優于乙 D．甲的六大素養中數學運算最強3．在各項均為正數的等比數列中，若，則（）A． B．6 C．4 D．54．己知，，，則（）A． B． C． D．5．已知定義在上的奇函數，其導函數為，當時，恒有．則不等式的解集為（）．A． B．C．或 D．或6．已知函數，對任意的，，當時，，則下列判斷正確的是（）A． B．函數在上遞增C．函數的一條對稱軸是 D．函數的一個對稱中心是7．已知i為虛數單位，則（）A． B． C． D．8．一個盒子里有4個分別標有號碼為1，2，3，4的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是4的取法有（）A．17種 B．27種 C．37種 D．47種9．一個組合體的三視圖如圖所示（圖中網格小正方形的邊長為1），則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．10．一個由兩個圓柱組合而成的密閉容器內裝有部分液體，小圓柱底面半徑為，大圓柱底面半徑為，如圖1放置容器時，液面以上空余部分的高為，如圖2放置容器時，液面以上空余部分的高為，則（）A． B． C． D．11．已知函數的圖象如圖所示，則可以為（）A． B． C． D．12．函數的部分圖象如圖所示，則（）A．6 B．5 C．4 D．3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．展開式中項的系數是__________14．設滿足約束條件，則目標函數的最小值為_.15．已知函數，若的最小值為，則實數的取值范圍是_________16．在中，內角的對邊長分別為，已知，且，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）設點，分別是橢圓的左、右焦點，為橢圓上任意一點，且的最小值為1．（1）求橢圓的方程；（2）如圖，動直線與橢圓有且僅有一個公共點，點，是直線上的兩點，且，，求四邊形面積的最大值．18．（12分）2019年是五四運動100周年.五四運動以來的100年，是中國青年一代又一代接續奮斗、凱歌前行的100年，是中口青年用青春之我創造青春之中國、青春之民族的100年.為繼承和發揚五四精神在青年節到來之際，學校組織“五四運動100周年”知識競賽，競賽的一個環節由10道題目組成，其中6道A類題、4道B類題，參賽者需從10道題目中隨機抽取3道作答，現有甲同學參加該環節的比賽.（1）求甲同學至少抽到2道B類題的概率；（2）若甲同學答對每道A類題的概率都是，答對每道B類題的概率都是，且各題答對與否相互獨立.現已知甲同學恰好抽中2道A類題和1道B類題，用X表示甲同學答對題目的個數，求隨機變量X的分布列和數學期望.19．（12分）已知函數（1）若，試討論的單調性；（2）若，實數為方程的兩不等實根，求證：.20．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為：（其中為參數），直線的參數方程為（其中為參數）（1）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求曲線的極坐標方程；（2）若曲線與直線交于兩點，點的坐標為，求的值.21．（12分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）若在定義域內是增函數，且存在不相等的正實數，使得，證明：.22．（10分）己知，，.（1）求證：；（2）若，求證：.

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、C【解析】因為，所以的虛部是，故選C.2、D【解析】

根據所給的雷達圖逐個選項分析即可.【詳解】對于A，甲的數據分析素養為100分，乙的數據分析素養為80分，故甲的數據分析素養優于乙，故A正確；對于B，乙的數據分析素養為80分，數學建模素養為60分，故乙的數據分析素養優于數學建模素養，故B正確；對于C，甲的六大素養整體水平平均得分為，乙的六大素養整體水平均得分為，故C正確；對于D，甲的六大素養中數學運算為80分，不是最強的，故D錯誤；故選：D【點睛】本題考查了樣本數據的特征、平均數的計算，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.3、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．4、B【解析】

先將三個數通過指數，對數運算變形，再判斷.【詳解】因為，，所以，故選：B.【點睛】本題主要考查指數、對數的大小比較，還考查推理論證能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.5、D【解析】

先通過得到原函數為增函數且為偶函數，再利用到軸距離求解不等式即可.【詳解】構造函數，則由題可知，所以在時為增函數；由為奇函數，為奇函數，所以為偶函數；又，即即又為開口向上的偶函數所以，解得或故選：D【點睛】此題考查根據導函數構造原函數，偶函數解不等式等知識點，屬于較難題目.6、D【解析】

利用輔助角公式將正弦函數化簡，然后通過題目已知條件求出函數的周期，從而得到，即可求出解析式，然后利用函數的性質即可判斷.【詳解】，又，即，有且僅有滿足條件；又，則，，函數，對于A，，故A錯誤；對于B，由，解得，故B錯誤；對于C，當時，，故C錯誤；對于D，由，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了簡單三角恒等變換以及三角函數的性質，熟記性質是解題的關鍵，屬于基礎題.7、A【解析】

根據復數乘除運算法則，即可求解.【詳解】.故選：A.【點睛】本題考查復數代數運算，屬于基礎題題.8、C【解析】

由于是放回抽取,故每次的情況有4種,共有64種；先找到最大值不是4的情況,即三次取出標號均不為4的球的情況,進而求解.【詳解】所有可能的情況有種,其中最大值不是4的情況有種,所以取得小球標號最大值是4的取法有種,故選:C【點睛】本題考查古典概型,考查補集思想的應用,屬于基礎題.9、C【解析】

根據組合幾何體的三視圖還原出幾何體，幾何體是圓柱中挖去一個三棱柱，從而解得幾何體的體積.【詳解】由幾何體的三視圖可得，幾何體的結構是在一個底面半徑為1的圓、高為2的圓柱中挖去一個底面腰長為的等腰直角三角形、高為2的棱柱，故此幾何體的體積為圓柱的體積減去三棱柱的體積，即，故選C.【點睛】本題考查了幾何體的三視圖問題、組合幾何體的體積問題，解題的關鍵是要能由三視圖還原出組合幾何體，然后根據幾何體的結構求出其體積.10、B【解析】

根據空余部分體積相等列出等式即可求解.【詳解】在圖1中，液面以上空余部分的體積為；在圖2中，液面以上空余部分的體積為.因為，所以.故選：B【點睛】本題考查圓柱的體積，屬于基礎題.11、A【解析】

根據圖象可知，函數為奇函數，以及函數在上單調遞增，且有一個零點，即可對選項逐個驗證即可得出．【詳解】首先對4個選項進行奇偶性判斷，可知，為偶函數，不符合題意，排除B；其次，在剩下的3個選項,對其在上的零點個數進行判斷,在上無零點,不符合題意，排除D；然后,對剩下的2個選項,進行單調性判斷,在上單調遞減,不符合題意，排除C.故選：A．【點睛】本題主要考查圖象的識別和函數性質的判斷，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于容易題．12、A【解析】

根據正切函數的圖象求出A、B兩點的坐標，再求出向量的坐標，根據向量數量積的坐標運算求出結果．【詳解】由圖象得,令=0,即=kπ，k=0時解得x=2，令=1,即，解得x=3，∴A(2,0),B(3,1)，∴，∴.故選：A.【點睛】本題考查正切函數的圖象，平面向量數量積的運算，屬于綜合題，但是難度不大，解題關鍵是利用圖象與正切函數圖象求出坐標，再根據向量數量積的坐標運算可得結果，屬于簡單題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-20【解析】

根據二項式定理的通項公式，再分情況考慮即可求解．【詳解】解：展開式中項的系數：二項式由通項公式當時，項的系數是，當時，項的系數是，故的系數為；故答案為：【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，注意分情況考慮，屬于基礎題．14、【解析】

根據滿足約束條件，畫出可行域，將目標函數，轉化為，平移直線，找到直線在軸上截距最小時的點，此時，目標函數取得最小值.【詳解】由滿足約束條件，畫出可行域如圖所示陰影部分：將目標函數，轉化為，平移直線，找到直線在軸上截距最小時的點此時，目標函數取得最小值，最小值為故答案為：-1【點睛】本題主要考查線性規劃求最值，還考查了數形結合的思想方法，屬于基礎題.15、【解析】

，可得在時，最小值為，時，要使得最小值為，則對稱軸在1的右邊，且，求解出即滿足最小值為.【詳解】當，，當且僅當時，等號成立.當時，為二次函數，要想在處取最小，則對稱軸要滿足并且，即，解得.【點睛】本題考查分段函數的最值問題，對每段函數先進行分類討論，找到每段的最小值，然后再對兩段函數的最小值進行比較，得到結果，題目較綜合，屬于中檔題.16、4【解析】∵∴根據正弦定理與余弦定理可得：，即∵∴∵∴故答案為4三、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）2.【解析】

（1）利用的最小值為1，可得，，即可求橢圓的方程；（2）將直線的方程代入橢圓的方程中，得到關于的一元二次方程，由直線與橢圓僅有一個公共點知，即可得到，的關系式，利用點到直線的距離公式即可得到，．當時，設直線的傾斜角為，則，即可得到四邊形面積的表達式，利用基本不等式的性質，結合當時，四邊形是矩形，即可得出的最大值．【詳解】（1）設，則，，，，由題意得，，橢圓的方程為；

（2）將直線的方程代入橢圓的方程中，得．

由直線與橢圓僅有一個公共點知，，化簡得：．

設，，當時，設直線的傾斜角為，則，，，，∴當時，，，．當時，四邊形是矩形，．

所以四邊形面積的最大值為2．【點睛】本題主要考查橢圓的方程與性質、直線方程、直線與橢圓的位置關系、向量知識、二次函數的單調性、基本不等式的性質等基礎知識，考查運算能力、推理論證以及分析問題、解決問題的能力，考查數形結合、化歸與轉化思想．18、（1）；（2）分布列見解析，期望為．【解析】

（1）甲同學至少抽到2道B類題包含兩個事件：一個抽到2道B類題，一個是抽到3個B類題，計算出抽法數后可求得概率；（2）的所有可能值分別為，依次計算概率得分布列，再由期望公式計算期望．【詳解】（1）令“甲同學至少抽到2道B類題”為事件，則抽到2道類題有種取法，抽到3道類題有種取法，∴；（2）的所有可能值分別為，，，，，∴的分布列為：0123【點睛】本題考查古典概型，考查隨機變量的概率分布列和數學期望．解題關鍵是掌握相互獨立事件同時發生的概率計算公式．19、（1）答案不唯一，具體見解析（2）證明見解析【解析】

（1）根據題意得，分與討論即可得到函數的單調性；（2）根據題意構造函數，得，參變分離得，分析不等式，即轉化為，設，再構造函數，利用導數得單調性，進而得證.【詳解】（1）依題意，當時，，①當時，恒成立，此時在定義域上單調遞增；②當時，若，；若，；故此時的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2）方法1：由得令，則，依題意有，即，要證，只需證（不妨設），即證，令，設，則，在單調遞減，即，從而有.方法2：由得令，則，當時，時，故在上單調遞增，在上單調遞減，不妨設，則，要證，只需證，易知，故只需證，即證令，（），則==，（也可代入后再求導）在上單調遞減，，故對于時，總有.由此得【點睛】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，屬于難題.20、（1）（2）5【解析】

（1）首先消去參數得到曲線的普通方程，再根據，，得到曲線的極坐標方程；（2）將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程，利用直線的參數方程中參數的幾何意義得解；【詳解】解：（1）曲線：消去參數得到：，由，，得所以（2）代入，設，，由直線的參數方程參數的幾何意義得：【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程、普通方程的互化，以及直線參數方程的幾何意義的應用，屬于中檔題．21、（1）當時，在上遞增，在上遞減；當時，在上遞增，在上遞減，在上遞增；當時，在上遞增；當時，在上遞增，在上遞減，在上遞增；（2）證明見解析【解析】

（1）對求導，分，，進行討論，可得的單調性；（2）在定義域內是是增函數，由（1）可知，，設，可得，則，設，對求導，利用其單調性可證明.【詳解】解：的定義域為，因為，所以，當時，令，得，令，得；當時，則，令，得，或，令，得；當時，，當時，則，令，得；綜上所述，當時，在上遞增，在上遞減；當時，在上遞增，在上遞減，在上遞增；當時，在上遞增；當時，在上遞增，在上遞減，在上遞增；（2）在定義域內是是增函數，由（1）可知，此時，設，又因為，則，設，則對于任意成立，所以在上是增函數，所以對于，有，即，有，因為