1、2023學年高考數學模擬測試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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已知四棱錐中，平面，底面是邊長為2的正方形，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）ABCD2若樣本的平均數是10，方差為2，則對于樣本，下列結論正確的是（ ）A平均數為2

2、0，方差為4B平均數為11，方差為4C平均數為21，方差為8D平均數為20，方差為83若集合M1，3，N1，3，5，則滿足MXN的集合X的個數為()A1B2C3D44橢圓是日常生活中常見的圖形，在圓柱形的玻璃杯中盛半杯水，將杯體傾斜一個角度，水面的邊界即是橢圓.現有一高度為12厘米，底面半徑為3厘米的圓柱形玻璃杯，且杯中所盛水的體積恰為該玻璃杯容積的一半（玻璃厚度忽略不計），在玻璃杯傾斜的過程中（杯中的水不能溢出），杯中水面邊界所形成的橢圓的離心率的取值范圍是（ ）ABCD5在等腰直角三角形中，為的中點，將它沿翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球的表面積為（ ）.ABCD6某裝飾公司制

3、作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120，并在扇形弧上正面等距安裝7個發彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（ ）A58厘米B63厘米C69厘米D76厘米7設函數，則函數的圖像可能為（ ）ABCD8將函數向左平移個單位，得到的圖象，則滿足（ ）A圖象關于點對稱，在區間上為增函數B函數最大值為2，圖象關于點對稱C圖象關于直線對稱，在上的最小值為1D最小正周期為，在有兩個根9 下列與的終邊相同的角的表達式中正確的是()A2k45(kZ)Bk360(kZ)Ck360315(kZ)Dk (kZ)10在中，內角A，B

4、，C所對的邊分別為a，b，c，D是AB的中點，若，且，則面積的最大值是( )ABCD11設（是虛數單位），則（ ）AB1C2D12已知復數是正實數，則實數的值為( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某校共有師生1600人，其中教師有1000人，現用分層抽樣的方法，從所有師生中抽取一個容量為80的樣本，則抽取學生的人數為_14已知一個圓錐的底面積和側面積分別為和，則該圓錐的體積為_15某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖的的值_16已知橢圓：的左，右焦點分別為，過的直線交橢圓于，兩點，若，且的三邊長，成等差數列，則的離心率為_.三、解答題：共70分

5、。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）如圖，四棱錐中，底面是邊長為的菱形，點分別是的中點（1）求證：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值18（12分）已知函數（1）時，求不等式解集；（2）若的解集包含于，求a的取值范圍19（12分）已知橢圓：（），與軸負半軸交于，離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設直線：與橢圓交于，兩點，連接，并延長交直線于，兩點，已知，求證：直線恒過定點，并求出定點坐標.20（12分）已知數列滿足對任意都有，其前項和為，且是與的等比中項，（1）求數列的通項公式；（2）已知數列滿足，設數列的前項和為，求大于的最小的正整數的值21（12分）己知，函數.（

6、1）若，解不等式；（2）若函數，且存在使得成立，求實數的取值范圍.22（10分）如圖，在三棱柱中，平面，且.（1）求棱與所成的角的大小；（2）在棱上確定一點，使二面角的平面角的余弦值為.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、B【答案解析】由題意建立空間直角坐標系，表示出各點坐標后，利用即可得解.【題目詳解】平面，底面是邊長為2的正方形，如圖建立空間直角坐標系，由題意：，為的中點，.，異面直線與所成角的余弦值為即為.故選：B.【答案點睛】本題考查了空間向量的應用，考查了空間想象能力，屬

7、于基礎題.2、D【答案解析】由兩組數據間的關系,可判斷二者平均數的關系,方差的關系,進而可得到答案.【題目詳解】樣本的平均數是10，方差為2，所以樣本的平均數為,方差為.故選:D.【答案點睛】樣本的平均數是，方差為，則的平均數為,方差為.3、D【答案解析】可以是共4個，選D.4、C【答案解析】根據題意可知當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大，由橢圓的幾何性質即可確定此時橢圓的離心率，進而確定離心率的取值范圍.【題目詳解】當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大.此時橢圓長軸長為，短軸長為6，所以橢圓離心率，所以.故選：C【答案點睛】本題考查了

8、橢圓的定義及其性質的簡單應用，屬于基礎題.5、D【答案解析】如圖，將四面體放到直三棱柱中，求四面體的外接球的半徑轉化為求三棱柱外接球的半徑，然后確定球心在上下底面外接圓圓心連線中點，這樣根據幾何關系，求外接球的半徑.【題目詳解】中，易知， 翻折后, ，設外接圓的半徑為， ， ，如圖：易得平面，將四面體放到直三棱柱中，則球心在上下底面外接圓圓心連線中點，設幾何體外接球的半徑為， ， 四面體的外接球的表面積為.故選：D【答案點睛】本題考查幾何體的外接球的表面積，意在考查空間想象能力，和計算能力，屬于中檔題型，求幾何體的外接球的半徑時，一般可以用補形法，因正方體，長方體的外接球半徑 容易求，可以將一

9、些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，比如三條側棱兩兩垂直的三棱錐，或是構造直角三角形法，確定球心的位置，構造關于外接球半徑的方程求解.6、B【答案解析】由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【題目詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.【答案點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.7、B【答案解析】根據函數為偶函數排除，再計算排除得到答案.【題目詳解】定義域為： ，函數為偶函數，排除 ，排除 故選【答案點睛】本題考查了函數圖像，通過函數的單調性，奇偶性，特

10、殊值排除選項是常用的技巧.8、C【答案解析】由輔助角公式化簡三角函數式，結合三角函數圖象平移變換即可求得的解析式，結合正弦函數的圖象與性質即可判斷各選項.【題目詳解】函數，則，將向左平移個單位，可得，由正弦函數的性質可知，的對稱中心滿足，解得，所以A、B選項中的對稱中心錯誤；對于C，的對稱軸滿足，解得，所以圖象關于直線對稱；當時，由正弦函數性質可知，所以在上的最小值為1，所以C正確；對于D，最小正周期為，當，由正弦函數的圖象與性質可知，時僅有一個解為，所以D錯誤；綜上可知，正確的為C，故選：C.【答案點睛】本題考查了三角函數式的化簡，三角函數圖象平移變換，正弦函數圖象與性質的綜合應用，屬于中檔

11、題.9、C【答案解析】利用終邊相同的角的公式判斷即得正確答案.【題目詳解】與的終邊相同的角可以寫成2k (kZ)，但是角度制與弧度制不能混用，所以只有答案C正確.故答案為C【答案點睛】（1）本題主要考查終邊相同的角的公式，意在考查學生對該知識的掌握水平和分析推理能力.(2) 與終邊相同的角=+ 其中.10、A【答案解析】根據正弦定理可得，求出，根據平方關系求出.由兩端平方，求的最大值，根據三角形面積公式，求出面積的最大值.【題目詳解】中，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理，得.D是AB的中點，且，即，即，當且僅當時，等號成立.的面積，所以面積的最大值為.故選：.【答案點睛】本題考查正、余弦定理

12、、不等式、三角形面積公式和向量的數量積運算，屬于中檔題.11、A【答案解析】先利用復數代數形式的四則運算法則求出，即可根據復數的模計算公式求出【題目詳解】，故選：A【答案點睛】本題主要考查復數代數形式的四則運算法則的應用，以及復數的模計算公式的應用，屬于容易題12、C【答案解析】將復數化成標準形式，由題意可得實部大于零，虛部等于零，即可得到答案.【題目詳解】因為為正實數，所以且，解得.故選：C【答案點睛】本題考查復數的基本定義，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【答案解析】直接根據分層抽樣的比例關系得到答案.【題目詳解】分層抽樣的抽取比例為，抽取學生的人數為60

13、01故答案為：1【答案點睛】本題考查了分層抽樣的計算，屬于簡單題.14、【答案解析】依據圓錐的底面積和側面積公式，求出底面半徑和母線長，再根據勾股定理求出圓錐的高，最后利用圓錐的體積公式求出體積。【題目詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，所以有 解得， 故該圓錐的體積為。【答案點睛】本題主要考查圓錐的底面積、側面積和體積公式的應用。15、3【答案解析】 由已知中的三視圖可得該幾何體是一個以直角梯形為底面，梯形上下邊長為和，高為， 如圖所示，平面， 所以底面積為， 幾何體的高為，所以其體積為 點睛：在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要從三個視圖綜合考慮，根據三視圖的規則，空間幾何體的

14、可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線在還原空間幾何體實際形狀時，一般是以正視圖和俯視圖為主，結合側視圖進行綜合考慮求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應體積公式求解16、【答案解析】設，根據勾股定理得出，而由橢圓的定義得出的周長為，有，便可求出和的關系，即可求得橢圓的離心率.【題目詳解】解：由已知，的三邊長，成等差數列，設，而，根據勾股定理有：，解得：，由橢圓定義知：的周長為，有，在直角中，由勾股定理，即：，離心率.故答案為：.【答案點睛】本題考查橢圓的離心率以及橢圓的定義的應用，考查計算能力.三、

15、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）見解析；（2）.【答案解析】（1）取的中點，連接，通過證明，即可證得；（2）建立空間直角坐標系，利用向量的坐標表示即可得解.【題目詳解】（1）證明：取的中點，連接是的中點，又，四邊形是平行四邊形，又平面平面，平面（2），同理可得：，又平面連接，設，則，建立空間直角坐標系 設平面的法向量為，則，則，取直線與平面所成角的正弦值為【答案點睛】此題考查證明線面平行，求線面角的大小，關鍵在于熟練掌握線面平行的證明方法，法向量法求線面角的基本方法，根據公式準確計算.18、（1）（2）【答案解析】(1) 代入可得對分類討論即可得不等式的解

16、集; (2)根據不等式在上恒成立去絕對值化簡可得再去絕對值即可得關于 的不等式組解不等式組即可求得的取值范圍【題目詳解】（1）當時，不等式可化為，當時，不等式為，解得；當時，不等式為，無解；當時，不等式為，解得，綜上，原不等式的解集為（2）因為的解集包含于，則不等式可化為，即解得，由題意知，解得，所以實數a的取值范圍是【答案點睛】本題考查了絕對值不等式的解法分類討論解絕對值不等式的應用,含參數不等式的解法.難度一般.19、（1） （2）證明見解析；定點坐標為【答案解析】（1）由條件直接算出即可（2）由得，由可得，同理，然后由推出即可【題目詳解】（1）由題有，.，.橢圓方程為.（2）由得，.又，

17、同理又，此時滿足直線恒過定點【答案點睛】涉及橢圓的弦長、中點、距離等相關問題時，一般利用根與系數的關系采用“設而不求”“整體帶入”等解法.20、（1）（2）4【答案解析】（1）利用判斷是等差數列，利用求出，利用等比中項建立方程，求出公差可得.（2）利用的通項公式,求出，用錯位相減法求出，最后建立不等式求出最小的正整數.【題目詳解】解：任意都有，數列是等差數列，又是與的等比中項，設數列的公差為，且，則，解得，；由題意可知 ，得：，由得， 滿足條件的最小的正整數的值為【答案點睛】本題考查等差數列的通項公式和前項和公式及錯位相減法求和. (1)解決等差數列通項的思路(1)在等差數列中，是最基本的兩個

18、量，一般可設出和，利用等差數列的通項公式和前項和公式列方程(組)求解即可. (2)錯位相減法求和的方法：如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解; 在寫“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式21、（1）；（2）【答案解析】（1）零點分段解不等式即可（2）等價于，由，得不等式即可求解【題目詳解】（1）當時，當時，由，解得；當時，由，解得；當時，由，解得.綜上可知，原不等式的解集為.（2）.存在使得成立，等價于.又因為，所以，即.解得，結合，所以實數的取值范圍為.【答案點睛】本題考查絕對值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查轉化思想，是中檔題22、（1） （2）【答案解析】試題分析：（1）因為ABAC，A1B平面ABC，所以以A為坐標原點，分別以AC、AB所在直線分別為x軸和y軸，以過A，且平行于BA1的直線為z軸建立空間直角坐標系，由AB=AC=A1B=2求出所要用到的點的坐標，求出棱AA1與BC上的兩個向量，由向量的夾角求棱AA1與BC所成的角的大小；（2）設棱B1C1上的一點P，由向量共線得到P點的坐標，然后求出兩個平面PAB與平面ABA1的一個法向量，把二面角P-AB-