1、2023學年高考數學模擬測試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、的。1已知函數為奇函數，且，則（ ）A2B5C1D32已知集合，則中元素的個數為( )A3B2C1D03已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，且，則該雙曲線的離心率為（ ）ABC2D44已知函數，則在上不單調的一個充分不必要條件可以是（ ）ABC或D5給出以下四個命題：依次首尾相接的四條線段必共面；過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面；空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角必相等；垂直于同一直線的兩條直線必平行.其中正確命題的個數是（ ）A0B1C2D36已知函數的最大值為，若存在實數，使得對任意實數總有成立，則的最小值為（ ）ABCD7如圖所示的莖葉圖為高三某班名學生

3、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，8過拋物線C：y24x的焦點F，且斜率為的直線交C于點M(M在x軸的上方)，l為C的準線，點N在l上且MNl，則M到直線NF的距離為（ ）A BCD9過拋物線的焦點的直線與拋物線交于、兩點，且，拋物線的準線與軸交于，的面積為，則（ ）ABCD10 “”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件11生活中人們常用“通五經貫六藝”形容一個人才識技藝過人，這里的“六藝”其實源于中國周朝的貴族教育體系，具體包括“禮、樂、射、御、書、數”.為弘揚中國傳統文化，某校在周末學生業

4、余興趣活動中開展了“六藝”知識講座，每藝安排一節，連排六節，則滿足“數”必須排在前兩節，“禮”和“樂”必須分開安排的概率為（ ）ABCD12總體由編號為01，02，.，39，40的40個個體組成.利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表（如表）第1行的第4列和第5列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（ ）A23B21C35D32二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若復數（是虛數單位），則_14已知復數（為虛數單位），則的模為_15設、為互不重合的平面，m，n是互不重合的直線，給出下列四個命題：若mn，則m；若m，n，m，n，則；若，m，n

5、，則mn；若，m，n，mn，則n；其中正確命題的序號為_16在如圖所示的三角形數陣中，用表示第行第個數，已知，且當時，每行中的其他各數均等于其“肩膀”上的兩個數之和，即，若，則正整數的最小值為_.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）在平面直角坐標系中，以為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為；直線的參數方程為 （為參數），直線與曲線分別交于兩點（1）寫出曲線的直角坐標方程和直線的普通方程；（2）若點的極坐標為，求的值18（12分）已知函數在上的最大值為3.（1）求的值及函數的單調遞增區間;（2）若銳角中角所對的邊分別為，且，求的取值范

6、圍.19（12分）在直角坐標系中，以為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系曲線的極坐標方程為：，曲線的參數方程為其中，為參數，為常數（1）寫出與的直角坐標方程；（2）在什么范圍內取值時，與有交點20（12分）已知在中，角，的對邊分別為，且.（1）求的值；（2）若，求面積的最大值.21（12分）已知函數.(1)求不等式的解集；(2)若對任意恒成立，求的取值范圍.22（10分）已知數列an的各項均為正，Sn為數列an的前n項和，an2+2an4Sn+1（1）求an的通項公式；（2）設bn，求數列bn的前n項和2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。

7、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【答案解析】由函數為奇函數,則有,代入已知即可求得.【題目詳解】.故選:.【答案點睛】本題考查奇偶性在抽象函數中的應用,考查學生分析問題的能力,難度較易.2、C【答案解析】集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立方程組求得方程組解的個數，即為交集中元素的個數.【題目詳解】由題可知：集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立與，可得，整理得，即，當時，不滿足題意；故方程組有唯一的解.故.故選：C.【答案點睛】本題考查集合交集的求解，涉及圓和直線的位置關系的判斷，屬基礎題.3、A【答案解析】由傾斜角的余弦值，求出正切值，即的關系，求出

8、雙曲線的離心率.【題目詳解】解：設雙曲線的半個焦距為，由題意又，則，所以離心率，故選：A.【答案點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，屬于基礎題4、D【答案解析】先求函數在上不單調的充要條件，即在上有解，即可得出結論.【題目詳解】，若在上不單調，令，則函數對稱軸方程為在區間上有零點（可以用二分法求得）.當時，顯然不成立；當時，只需或，解得或.故選:D.【答案點睛】本題考查含參數的函數的單調性及充分不必要條件，要注意二次函數零點的求法，屬于中檔題.5、B【答案解析】用空間四邊形對進行判斷；根據公理2對進行判斷；根據空間角的定義對進行判斷；根據空間直線位置關系對進行判斷.【題目詳解】中，空間四邊形的

9、四條線段不共面，故錯誤.中，由公理2知道，過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面，故正確.中，由空間角的定義知道，空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補，故錯誤.中，空間中，垂直于同一直線的兩條直線可相交，可平行，可異面，故錯誤.故選：B【答案點睛】本小題考查空間點，線，面的位置關系及其相關公理，定理及其推論的理解和認識；考查空間想象能力，推理論證能力，考查數形結合思想，化歸與轉化思想.6、B【答案解析】根據三角函數的兩角和差公式得到，進而可以得到函數的最值，區間(m,n)長度要大于等于半個周期，最終得到結果.【題目詳解】函數 則函數的最大值為2，存在實數，

10、使得對任意實數總有成立，則區間(m,n)長度要大于等于半個周期，即 故答案為：B.【答案點睛】這個題目考查了三角函數的兩角和差的正余弦公式的應用，以及三角函數的圖像的性質的應用，題目比較綜合.7、B【答案解析】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8、C【答案解析】聯立方程解得M(3，)，根據MNl得|MN|MF|4，得到MNF是邊長為4的等邊三角形，計算距離得到答案.【題目詳解】依題意得F(1,0)，則直線FM的方程是y(x1)由得x或x3.由

11、M在x軸的上方得M(3，)，由MNl得|MN|MF|314又NMF等于直線FM的傾斜角，即NMF60，因此MNF是邊長為4的等邊三角形點M到直線NF的距離為故選：C.【答案點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關系，意在考查學生的計算能力和轉化能力.9、B【答案解析】設點、，并設直線的方程為，由得，將直線的方程代入韋達定理，求得，結合的面積求得的值，結合焦點弦長公式可求得.【題目詳解】設點、，并設直線的方程為，將直線的方程與拋物線方程聯立，消去得，由韋達定理得，可得，拋物線的準線與軸交于，的面積為，解得，則拋物線的方程為，所以，.故選：B.【答案點睛】本題考查拋物線焦點弦長的計算，計算出拋物線的方

12、程是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.10、B【答案解析】或，從而明確充分性與必要性.【題目詳解】，由可得：或，即能推出，但推不出“”是“”的必要不充分條件故選【答案點睛】本題考查充分性與必要性，簡單三角方程的解法，屬于基礎題.11、C【答案解析】分情況討論，由間接法得到“數”必須排在前兩節，“禮”和“樂”必須分開的事件個數，不考慮限制因素，總數有種，進而得到結果.【題目詳解】當“數”位于第一位時，禮和樂相鄰有4種情況，禮和樂順序有2種，其它剩下的有種情況，由間接法得到滿足條件的情況有 當“數”在第二位時，禮和樂相鄰有3種情況，禮和樂順序有2種，其它剩下的有種，由間接法得到滿足條件的情況有

13、共有：種情況，不考慮限制因素，總數有種，故滿足條件的事件的概率為： 故答案為：C.【答案點睛】解排列組合問題要遵循兩個原則：按元素(或位置)的性質進行分類；按事情發生的過程進行分步具體地說，解排列組合問題常以元素(或位置)為主體，即先滿足特殊元素(或位置)，再考慮其他元素(或位置)12、B【答案解析】根據隨機數表法的抽樣方法，確定選出來的第5個個體的編號.【題目詳解】隨機數表第1行的第4列和第5列數字為4和6，所以從這兩個數字開始，由左向右依次選取兩個數字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，24，23，54，89，63，21，其中落在編號01，02

14、，39，40內的有：16，26，16，24，23，21，依次不重復的第5個編號為21.故選：B【答案點睛】本小題主要考查隨機數表法進行抽樣，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【答案解析】直接根據復數的代數形式四則運算法則計算即可【題目詳解】，【答案點睛】本題主要考查復數的代數形式四則運算法則的應用14、【答案解析】，所以15、【答案解析】根據直線和平面，平面和平面的位置關系依次判斷每個選項得到答案.【題目詳解】對于，當mn時，由直線與平面平行的定義和判定定理，不能得出m，錯誤；對于，當m，n，且m，n時，由兩平面平行的判定定理，不能得出，錯誤；對于，當，且m，n

15、時，由兩平面平行的性質定理，不能得出mn，錯誤；對于，當，且m，n，mn時，由兩平面垂直的性質定理，能夠得出n，正確；綜上知，正確命題的序號是故答案為：【答案點睛】本題考查了直線和平面，平面和平面的位置關系，意在考查學生的空間想象能力和推斷能力.16、2023【答案解析】根據條件先求出數列的通項，利用累加法進行求解即可【題目詳解】，下面求數列的通項，由題意知，數列是遞增數列，且，的最小值為.故答案為：.【答案點睛】本題主要考查歸納推理的應用，結合數列的性質求出數列的通項是解決本題的關鍵綜合性較強，屬于難題三、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) 曲線的直角坐

16、標方程為即，直線的普通方程為；（2）.【答案解析】（1）利用代入法消去參數方程中的參數，可得直線的普通方程，極坐標方程兩邊同乘以利用 即可得曲線的直角坐標方程；（2）直線的參數方程代入圓的直角坐標方程，根據直線參數方程的幾何意義，利用韋達定理可得結果.【題目詳解】（1）由，得，所以曲線的直角坐標方程為，即， 直線的普通方程為. (2)將直線的參數方程代入并化簡、整理，得. 因為直線與曲線交于，兩點所以，解得.由根與系數的關系，得，. 因為點的直角坐標為，在直線上.所以， 解得，此時滿足.且，故.【答案點睛】參數方程主要通過代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去參數化為普通方程，通過選取相應

17、的參數可以把普通方程化為參數方程，利用關系式，等可以把極坐標方程與直角坐標方程互化，這類問題一般我們可以先把曲線方程化為直角坐標方程，用直角坐標方程解決相應問題18、（1）,函數的單調遞增區間為；（2）.【答案解析】（1）運用降冪公式和輔助角公式，把函數的解析式化為正弦型函數解析式形式，根據已知，可以求出的值，再結合正弦型函數的性質求出函數的單調遞增區間;（2）由（1）結合已知，可以求出角的值，通過正弦定理把問題的取值范圍轉化為兩邊對角的正弦值的比值的取值范圍，結合已知是銳角三角形，三角形內角和定理，最后求出的取值范圍.【題目詳解】解：（1） 由已知，所以 因此令得因此函數的單調遞增區間為 （

18、2）由已知，由得，因此所以 因為為銳角三角形，所以，解得因此，那么【答案點睛】本題考查了降冪公式、輔助角公式，考查了正弦定理，考查了正弦型三角函數的單調性，考查了數學運算能力.19、（1），（2）【答案解析】（1）利用，代入可求；消參可得直角坐標方程. （2）將的參數方程代入的直角坐標方程，與有交點，可得，解不等式即可求解.【題目詳解】（1）（2）將的參數方程代入的直角坐標方程得：與有交點，即【答案點睛】本題考查了極坐標方程與普通方程的轉化、參數方程與普通方程的轉化、直線與圓的位置關系的判斷，屬于基礎題.20、 (1);(2) .【答案解析】分析：（1）在式子中運用正弦、余弦定理后可得（2）由經三角變換可得，然后運用余弦定理可得，從而得到，故得詳解：(1)由題意及正、余弦定理得， 整理得，（2）由題意得， ，. 由余弦定理得， ，當且僅當時等號成立 面積的最大值為點睛：（1）正、余弦定理經常與三角形的面積綜合在一起考查，解題時要注意整體代換的應用，如余弦定理中常用的變形，這樣自然地與三角形的面積公式結合在一起（2）運用基本不等式求最值時，要注意等號成立的條件，在解題中必須要注明21、 (1)；(2).【答案解析】（1）通過討論的范圍，分為，三種情形，分別求出不等式的解集即可；（2）通過分離參數思想問題轉化為，根據絕對值不等式的性質求