1、2023學年高考數學模擬測試卷注意事項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2的展開式中含的項的系數為（ ）AB60C70D803空氣質量指數是反映空氣狀況的指數，指數值趨小，表明空氣質量越好，下圖是某

2、市10月1日-20日指數變化趨勢，下列敘述錯誤的是（ ）A這20天中指數值的中位數略高于100B這20天中的中度污染及以上（指數）的天數占C該市10月的前半個月的空氣質量越來越好D總體來說，該市10月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好4已知滿足，則（ ）ABCD5已知雙曲線的右焦點為，過原點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，延長交右支于點，若，則雙曲線的離心率是（ ）ABCD6高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數”為：設，用表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數，例如：，已知函數（），則函數的值域為（ ）ABCD7南宋數學家楊輝在詳解九

3、章算法和算法通變本末中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現有高階等差數列，其前7項分別為1，4，8，14，23，36，54，則該數列的第19項為（ ）（注：）A1624B1024C1198D15608函數的圖象大致是( )ABCD9設，若函數在區間上有三個零點，則實數的取值范圍是( )ABCD10某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最

4、短路徑的長度為（ ）ABCD211已知定義在上的函數滿足，且在上是增函數，不等式對于恒成立，則的取值范圍是ABCD12設，均為非零的平面向量，則“存在負數，使得”是“”的A充要條件B充分不必要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知實數 滿足，則的最大值為_.14六位同學坐在一排，現讓六位同學重新坐，恰有兩位同學坐自己原來的位置，則不同的坐法有_種（用數字回答）.15已知函數，若函數有6個零點，則實數的取值范圍是_.16集合，若是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則下列說法正確的為_的值可以為2；的值可以為；的值可以為；三、解答題：共7

5、0分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知函數，（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍18（12分）已知橢圓，點為半圓上一動點，若過作橢圓的兩切線分別交軸于、兩點.（1）求證：；（2）當時，求的取值范圍.19（12分）選修4-5：不等式選講設函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若在上恒成立，求實數的取值范圍.20（12分）已知均為正實數，函數的最小值為.證明：（1）；（2）.21（12分）如圖，四棱錐EABCD的側棱DE與四棱錐FABCD的側棱BF都與底面ABCD垂直，/，.（1）證明：/平面BCE. （2）設平面ABF與平面CDF所成

6、的二面角為，求.22（10分）為了檢測某種零件的一條生產線的生產過程，從生產線上隨機抽取一批零件，根據其尺寸的數據得到如圖所示的頻率分布直方圖，若尺寸落在區間之外，則認為該零件屬“不合格”的零件，其中,s分別為樣本平均數和樣本標準差，計算可得（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）.（1）求樣本平均數的大小；（2）若一個零件的尺寸是100 cm，試判斷該零件是否屬于“不合格”的零件.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。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【答案解析】通過三角函數的對稱性以及周期性，函數的最值判斷選

7、項的正誤即可得到結果【題目詳解】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：【答案點睛】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2、B【答案解析】展開式中含的項是由的展開式中含和的項分別與前面的常數項和項相乘得到，由二項式的通項，可得解【題目詳解】由題意，展開式中含的項是由的展開式中含和的項分別與前面的常數項和項相乘得到，所以的展開式中含的項的系數為故選：B【答案點睛】本題考查了二項式系數的求解，考查了學生綜合分析，數學運算的能力，屬于基礎題.3、C【答案解析】結合題意，根據題目中的

8、天的指數值，判斷選項中的命題是否正確.【題目詳解】對于，由圖可知天的指數值中有個低于，個高于，其中第個接近，第個高于，所以中位數略高于，故正確.對于，由圖可知天的指數值中高于的天數為，即占總天數的，故正確.對于，由圖可知該市月的前天的空氣質量越來越好，從第天到第天空氣質量越來越差，故錯誤.對于，由圖可知該市月上旬大部分指數在以下，中旬大部分指數在以上，所以該市月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好，故正確.故選：【答案點睛】本題考查了對折線圖數據的分析，讀懂題意是解題關鍵，并能運用所學知識對命題進行判斷，本題較為基礎.4、A【答案解析】利用兩角和與差的余弦公式展開計算可得結果.【題目詳解】，.故選

9、：A.【答案點睛】本題考查三角求值，涉及兩角和與差的余弦公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.5、D【答案解析】設雙曲線的左焦點為，連接，設，則，和中，利用勾股定理計算得到答案.【題目詳解】設雙曲線的左焦點為，連接，設，則，根據對稱性知四邊形為矩形，中：，即，解得；中：，即，故，故.故選：.【答案點睛】本題考查了雙曲線離心率，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.6、B【答案解析】利用換元法化簡解析式為二次函數的形式，根據二次函數的性質求得的取值范圍，由此求得的值域.【題目詳解】因為（），所以，令（），則（），函數的對稱軸方程為，所以，所以，所以的值域為.故選：B【答案點睛】本小題考查函數的定

10、義域與值域等基礎知識，考查學生分析問題，解決問題的能力，運算求解能力，轉化與化歸思想，換元思想，分類討論和應用意識.7、B【答案解析】根據高階等差數列的定義，求得等差數列的通項公式和前項和，利用累加法求得數列的通項公式，進而求得.【題目詳解】依題意：1，4，8，14，23，36，54，兩兩作差得：3，4，6，9，13，18，兩兩作差得：1，2，3，4，5，設該數列為，令，設的前項和為，又令，設的前項和為.易，進而得，所以，則，所以，所以.故選：B【答案點睛】本小題主要考查新定義數列的理解和運用，考查累加法求數列的通項公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.8、B【答案解析】根據函數表達

11、式,把分母設為新函數,首先計算函數定義域,然后求導,根據導函數的正負判斷函數單調性,對應函數圖像得到答案.【題目詳解】設，則的定義域為.，當，單增，當，單減，則.則在上單增，上單減，.選B.【答案點睛】本題考查了函數圖像的判斷,用到了換元的思想,簡化了運算,同學們還可以用特殊值法等方法進行判斷.9、D【答案解析】令，可得.在坐標系內畫出函數的圖象（如圖所示）.當時，.由得.設過原點的直線與函數的圖象切于點，則有，解得.所以當直線與函數的圖象切時.又當直線經過點時，有，解得.結合圖象可得當直線與函數的圖象有3個交點時，實數的取值范圍是.即函數在區間上有三個零點時，實數的取值范圍是.選D.點睛：已

12、知函數零點的個數（方程根的個數）求參數值（取值范圍）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解，對于一些比較復雜的函數的零點問題常用此方法求解.10、B【答案解析】首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.【題目詳解】根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側面展開圖平鋪,

13、可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.11、A【答案解析】根據奇偶性定義和性質可判斷出函數為偶函數且在上是減函數，由此可將不等式化為；利用分離變量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到結果.【題目詳解】 為定義在上的偶函數，圖象關于軸對稱又在上是增函數 在上是減函數 ，即對于恒成立 在上恒

14、成立，即的取值范圍為：本題正確選項：【答案點睛】本題考查利用函數的奇偶性和單調性求解函數不等式的問題，涉及到恒成立問題的求解；解題關鍵是能夠利用函數單調性將函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，從而利用分離變量法來處理恒成立問題.12、B【答案解析】根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論【題目詳解】因為，均為非零的平面向量，存在負數，使得，所以向量，共線且方向相反，所以，即充分性成立；反之，當向量，的夾角為鈍角時，滿足，但此時，不共線且反向，所以必要性不成立所以“存在負數，使得”是“”的充分不必要條件故選B【答案點睛】判斷p是q的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件p能否推得

15、條件q；二是由條件q能否推得條件p，定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法，解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【答案解析】作出不等式組所表示的平面區域，將目標函數看作點與可行域的點所構成的直線的斜率，當直線過時，直線的斜率取得最大值，代入點A的坐標可得答案.【題目詳解】畫出二元一次不等式組所表示的平面區域，如下圖所示，由得點，目標函數表示點與可行域的點所構成的直線的斜率，當直線過時，直線的斜率取得最大值，此時的最大值為.故答案為：. 【答案點睛】本題考查求目標函數的最值，關鍵在于明確目標函數的幾何意義，屬于中檔題.14、135【答

16、案解析】根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇，再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，計算得到答案.【題目詳解】根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇.再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，共有種選擇，故不同的坐法有.故答案為：.【答案點睛】本題考查了分步乘法原理，意在考查學生的計算能力和應用能力.15、【答案解析】由題意首先研究函數的性質，然后結合函數的性質數形結合得到關于a的不等式，求解不等式即可確定實數a的取值范圍.【題目詳解】當時，函數在區間上單調遞增，很明顯，且存在唯一的實數滿足，當時，由對勾函數的性質可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，結合復合函數的單調

17、性可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且當時，考查函數在區間上的性質，由二次函數的性質可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，函數有6個零點，即方程有6個根，也就是有6個根，即與有6個不同交點，注意到函數關于直線對稱，則函數關于直線對稱，繪制函數的圖像如圖所示，觀察可得：，即.綜上可得，實數的取值范圍是.故答案為【答案點睛】本題主要考查分段函數的應用，復合函數的單調性，數形結合的數學思想，等價轉化的數學思想等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.16、【答案解析】根據對稱性，只需研究第一象限的情況，計算：，得到，得到答案.【題目詳解】如圖所示：根據對稱性，只需研究第一象限的情

18、況，集合：，故，即或，集合：，是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，故所在的直線的傾斜角為，故：，解得，此時，此時.故答案為：.【答案點睛】本題考查了根據集合的交集求參數，意在考查學生的計算能力和轉化能力，利用對稱性是解題的關鍵.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) 【答案解析】（1）當時，當或時，所以可轉化為，解得，所以不等式的解集為（2）因為，所以，所以，即，即當時，因為，所以，不符合題意當時，解可得，因為當時，不等式恒成立，所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為18、（1）見解析；（2）.【答案解析】（1）分兩種情況討論：兩切線、中有一條切線

19、斜率不存在時，求出兩切線的方程，驗證結論成立；兩切線、的斜率都存在，可設切線的方程為，將該直線的方程與橢圓的方程聯立，由可得出關于的二次方程，利用韋達定理得出兩切線的斜率之積為，進而可得出結論；（2）求出點、的坐標，利用兩點間的距離公式結合韋達定理得出，換元，可得出，利用二次函數的基本性質可求得的取值范圍.【題目詳解】（1）由于點在半圓上，則.當兩切線、中有一條切線斜率不存在時，可求得兩切線方程為，或，此時；當兩切線、的斜率都存在時，設切線的方程為（、的斜率分別為、），.綜上所述，；（2）根據題意得、，令，則，所以，當時，當時，.因此，的取值范圍是.【答案點睛】本題考查橢圓兩切線垂直的證明，同

20、時也考查了弦長的取值范圍的計算，考查計算能力，屬于中等題.19、（1）；（2）【答案解析】（1）當時，將原不等式化簡后兩邊平方，由此解出不等式的解集.（2）對分成三種情況，利用零點分段法去絕對值，將表示為分段函數的形式，根據單調性求得的取值范圍.【題目詳解】（1）時，可得，即，化簡得：，所以不等式的解集為.（2）當時，由函數單調性可得，解得；當時，所以符合題意；當時，由函數單調性可得，解得綜上，實數的取值范圍為【答案點睛】本小題主要考查含有絕對值不等式的解法，考查不等式恒成立問題的求解，屬于中檔題.20、（1）證明見解析（2）證明見解析【答案解析】（1）運用絕對值不等式的性質，注意等號成立的條件，即可求得最小值，再運用柯西不等式，即可得到最小值.（2）利用基本不等式即可得到結論，注意等號成立的條件.【