2023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．已知直線過圓的圓心，則的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．42．如圖是一個幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為()A． B． C． D．3．函數（）的圖象的大致形狀是（）A． B． C． D．4．函數在內有且只有一個零點，則a的值為（）A．3 B．－3 C．2 D．－25．已知為等比數列，，，則（）A．9 B．－9 C． D．6．某程序框圖如圖所示，若輸出的，則判斷框內為（）A． B． C． D．7．已知是空間中兩個不同的平面，是空間中兩條不同的直線，則下列說法正確的是（）A．若，且，則B．若，且，則C．若，且，則D．若，且，則8．設函數的定義域為，命題：，的否定是（）A．， B．，C．， D．，9．函數的單調遞增區間是（）A． B． C． D．10．已知等差數列的公差為，前項和為，，，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，若對任意的恒成立，則實數（）.A．6 B．5 C．4 D．311．已知雙曲線的右焦點為，若雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，且點到該漸近線的距離為，則雙曲線的實軸的長為A． B．C． D．12．已知雙曲線的一條漸近線為，圓與相切于點，若的面積為，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設函數滿足,且當時,又函數,則函數在上的零點個數為___________.14．過圓的圓心且與直線垂直的直線方程為__________.15．已知向量，且，則___________.16．若點在直線上，則的值等于______________.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）如圖所示，在四棱錐中，底面為正方形，，，，，為的中點，為棱上的一點.（1）證明：面面；（2）當為中點時，求二面角余弦值.18．（12分）設函數，（）.（1）若曲線在點處的切線方程為，求實數a、m的值；（2）若對任意恒成立，求實數a的取值范圍；（3）關于x的方程能否有三個不同的實根？證明你的結論.19．（12分）已知，函數．（1）若，求的單調遞增區間；（2）若，求的值．20．（12分）已知函數.（1）若函數不存在單調遞減區間，求實數的取值范圍；（2）若函數的兩個極值點為，，求的最小值.21．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）設，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求實數的值.22．（10分）已知件次品和件正品混放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出件次品或者檢測出件正品時檢測結束．（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率；（2）已知每檢測一件產品需要費用元，設表示直到檢測出件次品或者檢測出件正品時所需要的檢測費用（單位：元），求的分布列．

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】

圓心坐標為，代入直線方程，再由乘1法和基本不等式，展開計算即可得到所求最小值．【詳解】圓的圓心為，由題意可得，即，，，則，當且僅當且即時取等號，故選：．【點睛】本題考查最值的求法，注意運用乘1法和基本不等式，注意滿足的條件：一正二定三等，同時考查直線與圓的關系，考查運算能力，屬于基礎題．2．A【解析】

根據三視圖可得幾何體為直三棱柱，根據三視圖中的數據直接利用公式可求體積.【詳解】由三視圖可知幾何體為直三棱柱，直觀圖如圖所示：其中，底面為直角三角形，，，高為.∴該幾何體的體積為故選：A.【點睛】本題考查三視圖及棱柱的體積，屬于基礎題.3．C【解析】

對x分類討論，去掉絕對值，即可作出圖象.【詳解】故選C．【點睛】識圖常用的方法(1)定性分析法：通過對問題進行定性的分析，從而得出圖象的上升(或下降)的趨勢，利用這一特征分析解決問題；(2)定量計算法：通過定量的計算來分析解決問題；(3)函數模型法：由所提供的圖象特征，聯想相關函數模型，利用這一函數模型來分析解決問題．4．A【解析】

求出，對分類討論，求出單調區間和極值點，結合三次函數的圖像特征，即可求解.【詳解】，若，，在單調遞增，且，在不存在零點；若，，在內有且只有一個零點，.故選:A.【點睛】本題考查函數的零點、導數的應用，考查分類討論思想，熟練掌握函數圖像和性質是解題的關鍵，屬于中檔題.5．C【解析】

根據等比數列的下標和性質可求出,便可得出等比數列的公比,再根據等比數列的性質即可求出.【詳解】∵,∴,又,可解得或設等比數列的公比為,則當時,,∴；當時,,∴.故選：C．【點睛】本題主要考查等比數列的性質應用,意在考查學生的數學運算能力,屬于基礎題.6．C【解析】程序在運行過程中各變量值變化如下表：KS是否繼續循環循環前11第一圈24是第二圈311是第三圈426是第四圈557是第五圈6120否故退出循環的條件應為k>5?本題選擇C選項.點睛：使用循環結構尋數時，要明確數字的結構特征，決定循環的終止條件與數的結構特征的關系及循環次數．尤其是統計數時，注意要統計的數的出現次數與循環次數的區別．7．D【解析】

利用線面平行和垂直的判定定理和性質定理,對選項做出判斷，舉出反例排除.【詳解】解：對于，當，且，則與的位置關系不定，故錯；對于，當時，不能判定，故錯；對于，若，且，則與的位置關系不定，故錯；對于，由可得，又，則故正確．故選：．【點睛】本題考查空間線面位置關系.判斷線面位置位置關系利用好線面平行和垂直的判定定理和性質定理.一般可借助正方體模型，以正方體為主線直觀感知并準確判斷．8．D【解析】

根據命題的否定的定義，全稱命題的否定是特稱命題求解.【詳解】因為：，是全稱命題，所以其否定是特稱命題，即，.故選：D【點睛】本題主要考查命題的否定，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.9．D【解析】

利用輔助角公式,化簡函數的解析式,再根據正弦函數的單調性,并采用整體法,可得結果.【詳解】因為，由，解得，即函數的增區間為，所以當時，增區間的一個子集為.故選D.【點睛】本題考查了輔助角公式,考查正弦型函數的單調遞增區間,重點在于把握正弦函數的單調性，同時對于整體法的應用,使問題化繁為簡,難度較易.10．C【解析】

若對任意的恒成立，則為的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值時的n即可.【詳解】由已知，，又三角形有一個內角為，所以，，解得或（舍），故，當時，取得最大值，所以.故選：C.【點睛】本題考查等差數列前n項和的最值問題，考查學生的計算能力，是一道基礎題.11．B【解析】

雙曲線的漸近線方程為，由題可知．設點，則點到直線的距離為，解得，所以，解得，所以雙曲線的實軸的長為，故選B．12．D【解析】

由圓與相切可知，圓心到的距離為2，即.又，由此求出的值，利用離心率公式，求出e.【詳解】由題意得，，，.故選：D.【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質，直線與圓相切的性質，離心率的求法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1【解析】

判斷函數為偶函數，周期為2，判斷為偶函數，計算，，畫出函數圖像，根據圖像到答案.【詳解】知，函數為偶函數，，函數關于對稱。，故函數為周期為2的周期函數，且。為偶函數，，，當時，，，函數先增后減。當時，，，函數先增后減。在同一坐標系下作出兩函數在上的圖像，發現在內圖像共有1個公共點，則函數在上的零點個數為1．故答案為：.【點睛】本題考查了函數零點問題，確定函數的奇偶性，對稱性，周期性，畫出函數圖像是解題的關鍵.14．【解析】

根據與已知直線垂直關系，設出所求直線方程，將已知圓圓心坐標代入，即可求解.【詳解】圓心為，所求直線與直線垂直，設為，圓心代入，可得，所以所求的直線方程為.故答案為：.【點睛】本題考查圓的方程、直線方程求法，注意直線垂直關系的靈活應用，屬于基礎題.15．【解析】

由向量平行的坐標表示得出，求解即可得出答案.【詳解】因為，所以，解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了由向量共線或平行求參數，屬于基礎題.16．【解析】

根據題意可得，再由，即可得到結論.【詳解】由題意，得，又，解得，當時，則，此時；當時，則，此時，綜上，.故答案為：.【點睛】本題考查誘導公式和同角的三角函數的關系，考查計算能力，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）證明見解析；（2）.【解析】

（1）要證明面面，只需證明面即可；（2）以為坐標原點，以，，分別為，，軸建系，分別計算出面法向量，面的法向量，再利用公式計算即可.【詳解】證明：（1）因為底面為正方形，所以又因為，，滿足，所以又，面，面，，所以面.又因為面，所以，面面.（2）由（1）知，，兩兩垂直，以為坐標原點，以，，分別為，，軸建系如圖所示，則，，,，則，.所以，，，，設面法向量為，則由得，令得，，即；同理，設面的法向量為，則由得，令得，，即，所以，設二面角的大小為，則所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的證明以及利用向量法求二面角，考查學生的運算求解能力，此類問題關鍵是準確寫出點的坐標，是一道中檔題.18．（1），；（2）；（3）不能，證明見解析【解析】

（1）求出，結合導數的幾何意義即可求解；（2）構造，則原題等價于對任意恒成立，即時，，利用導數求最值即可，值得注意的是，可以通過代特殊值，由求出的范圍，再研究該范圍下單調性；（3）構造并進行求導，研究單調性，結合函數零點存在性定理證明即可.【詳解】（1），，曲線在點處的切線方程為，，解得.（2）記，整理得，由題知，對任意恒成立，對任意恒成立，即時，，，解得，當時，對任意，，，，，即在單調遞增，此時，實數的取值范圍為.（3）關于的方程不可能有三個不同的實根，以下給出證明：記，，則關于的方程有三個不同的實根，等價于函數有三個零點，，當時，，記，則，在單調遞增，，即，，在單調遞增，至多有一個零點；當時，記，則，在單調遞增，即在單調遞增，至多有一個零點，則至多有兩個單調區間，至多有兩個零點.因此，不可能有三個零點.關于的方程不可能有三個不同的實根.【點睛】本題考查了導數幾何意義的應用、利用導數研究函數單調性以及函數的零點存在性定理，考查了轉化與化歸的數學思想，屬于難題.19．（1）；（2）.【解析】

（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，然后解不等式，可得出函數的單調遞增區間；（2）由得出，并求出的值，利用兩角差的正弦公式可求出的值.【詳解】（1）當時，，由，得，因此，函數的單調遞增區間為；（2），，，，，，．【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用三角函數公式將函數進行化簡是解決本題的關鍵，屬中等題．20．（1）（2）【解析】分析：（1）先求導，再令在上恒成立，得到上恒成立，利用基本不等式得到m的取值范圍.(2)先由得到，再求得，再構造函數再利用導數求其最小值.詳解：（1）由函數有意義，則由且不存在單調遞減區間，則在上恒成立，上恒成立（2）由知，令，即由有兩個極值點故為方程的兩根，，，則由由，則上單調遞減，即由知綜上所述，的最小值為.點睛：（1）本題主要考查利用導數求函數的單調區間和極值，考查利用導數求函數的最值，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)本題的難點有兩個，其一是求出,其二是構造函數再利用導數求其最小值.21．(1)(2)【解析】

（1）把f（x）去絕對值寫成分段函數的形式，分類討論，分別求得解集，綜合可得結論．（2）把f（x）去絕對值寫成分段函數，畫出f（x）的圖像，找出利用條件求得a的值．【詳解】（1）時，.當時，即為，解得.當時，，解得.當時，，解得.綜上，的解集為.（2）.，由