1、2023年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已知向量，（其中為實數），則“”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2山東煙臺蘋果因“果形端正、色澤艷麗、果肉甜脆、香氣濃郁”享譽國內外.據統計，煙臺蘋果（把蘋果近似看成球體）的直徑（單位：）服從正態分

2、布，則直徑在內的概率為（ ）附：若，則，.A0.6826B0.8413C0.8185D0.95443過雙曲線左焦點的直線交的左支于兩點，直線（是坐標原點）交的右支于點，若，且，則的離心率是（ ）ABCD4在鈍角中，角所對的邊分別為，為鈍角，若，則的最大值為（ ）ABC1D5（ ）ABCD6的展開式中的系數是-10，則實數( )A2B1C-1D-27若復數z滿足,則復數z在復平面內對應的點在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8將函數的圖像向右平移個單位長度，再將圖像上各點的橫坐標伸長到原來的6倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，若為奇函數，則的最小值為（ ）ABCD9在復平面內，復數對

3、應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限10如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體的體積為（ ）ABCD11一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）ABCD8412 “中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時期的數學著作孫子算經卷下第二十六題，叫做“物不知數”，原文如下：今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二.問物幾何？現有這樣一個相關的問題：將1到2020這2020個自然數中被5除余3且被7除余2的數按照從小到大的順序排成一列，構成一個數列，則該數列各項之和為（ ）A56383B57171C59189D61242二、填空題：本題共

4、4小題，每小題5分，共20分。13已知角的終邊過點，則_.14在棱長為的正方體中，是正方形的中心，為的中點，過的平面與直線垂直，則平面截正方體所得的截面面積為_.15設集合，（其中e是自然對數的底數），且，則滿足條件的實數a的個數為_16已知向量，若向量與共線，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）已知函數，(其中，).（1）求函數的最小值.（2）若，求證：.18（12分）在中，角的對邊分別為.已知，且.（1）求的值；（2）若的面積是，求的周長.19（12分）已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）當時，如果方程有兩個不等實根，求實數t的取值范圍，并

5、證明.20（12分）設函數，（）討論的單調性；（）時，若，求證：21（12分）在四棱錐中，底面為直角梯形，面.（1）在線段上是否存在點，使面，說明理由；（2）求二面角的余弦值.22（10分）已知橢圓,直線不過原點且不平行于坐標軸，與有兩個交點，線段的中點為（）證明：直線的斜率與的斜率的乘積為定值；（）若過點，延長線段與交于點，四邊形能否為平行四邊形？若能，求此時的斜率，若不能，說明理由參考答案一、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。1A【解析】結合向量垂直的坐標表示，將兩個條件相互推導，根據能否推導的情況判斷出充分、必要條件.【詳解

6、】由，則，所以；而當，則，解得或.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本小題考查平面向量的運算，向量垂直，充要條件等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，應用意識.2C【解析】根據服從的正態分布可得，將所求概率轉化為，結合正態分布曲線的性質可求得結果.【詳解】由題意，則，所以，.故果實直徑在內的概率為0.8185.故選：C【點睛】本題考查根據正態分布求解待定區間的概率問題，考查了正態曲線的對稱性，屬于基礎題.3D【解析】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接并延長交右支于，連接，設，利用雙曲線的幾何性質可以得到，結合、可求離心率.【詳解】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接，連接并延長交右支

7、于.因為，故四邊形為平行四邊形，故.又雙曲線為中心對稱圖形，故.設，則，故，故.因為為直角三角形，故，解得.在中，有，所以.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率，注意利用雙曲線的對稱性（中心對稱、軸對稱）以及雙曲線的定義來構造關于的方程，本題屬于難題.4B【解析】首先由正弦定理將邊化角可得，即可得到，再求出，最后根據求出的最大值；【詳解】解：因為，所以因為所以，即，時故選：【點睛】本題考查正弦定理的應用，余弦函數的性質的應用，屬于中檔題.5D【解析】利用，根據誘導公式進行化簡，可得，然后利用兩角差的正弦定理，可得結果.【詳解】由所以，所以原式所以原式故故選：D【點睛】本題考查誘導公式以及兩角

8、差的正弦公式，關鍵在于掌握公式，屬基礎題.6C【解析】利用通項公式找到的系數，令其等于-10即可.【詳解】二項式展開式的通項為，令，得，則，所以，解得.故選：C【點睛】本題考查求二項展開式中特定項的系數，考查學生的運算求解能力，是一道容易題.7A【解析】化簡復數，求得，得到復數在復平面對應點的坐標，即可求解.【詳解】由題意，復數z滿足，可得，所以復數在復平面內對應點的坐標為位于第一象限故選：A.【點睛】本題主要考查了復數的運算，以及復數的幾何表示方法，其中解答中熟記復數的運算法則，結合復數的表示方法求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.8C【解析】根據三角函數的變換規則表示出

9、，根據是奇函數，可得的取值，再求其最小值.【詳解】解：由題意知，將函數的圖像向右平移個單位長度，得，再將圖像上各點的橫坐標伸長到原來的6倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，因為是奇函數，所以，解得，因為，所以的最小值為.故選：【點睛】本題考查三角函數的變換以及三角函數的性質，屬于基礎題.9B【解析】化簡復數為的形式，然后判斷復數的對應點所在象限，即可求得答案.【詳解】對應的點的坐標為在第二象限故選：B.【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題.10A【解析】由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為

10、1，圓柱的底面半徑為1，高為1再由球與圓柱體積公式求解【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為1，圓柱的底面半徑為1，高為1則幾何體的體積為故選：【點睛】本題主要考查由三視圖求面積、體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平11B【解析】畫出幾何體的直觀圖，計算表面積得到答案.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示：故.故選：.【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12C【解析】根據“被5除余3且被7除余2的正整數”，可得這些數構成等差數列，然后根據等差數列的前項和公式，可得結果

11、.【詳解】被5除余3且被7除余2的正整數構成首項為23，公差為的等差數列，記數列則 令，解得.故該數列各項之和為.故選：C.【點睛】本題考查等差數列的應用，屬基礎題。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由題意利用任意角的三角函數的定義，兩角和差正弦公式，求得的值【詳解】解：角的終邊過點，故答案為：【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，兩角和差正弦公式，屬于基礎題14【解析】確定平面即為平面，四邊形是菱形，計算面積得到答案.【詳解】如圖，在正方體中，記的中點為，連接，則平面即為平面證明如下：由正方體的性質可知，則，四點共面，記的中點為，連接，易證連接，則，所以平面，

12、則同理可證，則平面，所以平面即平面，且四邊形即平面截正方體所得的截面因為正方體的棱長為，易知四邊形是菱形，其對角線，所以其面積故答案為：【點睛】本題考查了正方體的截面面積，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.15【解析】可看出，這樣根據即可得出，從而得出滿足條件的實數的個數為1【詳解】解：，或，在同一平面直角坐標系中畫出函數與的圖象，由圖可知與無交點， 無解，則滿足條件的實數的個數為故答案為：【點睛】考查列舉法的定義，交集的定義及運算，以及知道方程無解，屬于基礎題16【解析】計算得到，根據向量平行計算得到答案.【詳解】由題意可得，因為與共線，所以有，即，解得.故答案為：.【點睛】本題考查了根

13、據向量平行求參數，意在考查學生的計算能力.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）答案見解析【解析】（1）利用絕對值不等式的性質即可求得最小值；（2）利用分析法，只需證明，兩邊平方后結合即可得證.【詳解】（1），當且僅當時取等號，的最小值；（2）證明：依題意，要證，即證，即證，即證，即證，又可知，成立，故原不等式成立.【點睛】本題考查用絕對值三角不等式求最值，考查用分析法證明不等式，在不等式不易證明時，可通過執果索因的方法尋找結論成立的充分條件，完成證明，這就是分析法18（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理可得,化簡并結合,可求得三者間的關系,代入余弦

14、定理可求得;（2）由（1）可求得,再結合三角形的面積公式,可求出,從而可求出答案.【詳解】（1）因為,所以,整理得:. 因為,所以,所以.由余弦定理可得.（2）由（1）知,則,因為的面積是,所以,即,解得,則.故的周長為:.【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的應用,考查了三角形面積公式的應用,屬于基礎題.19（1）當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；（2），證明見解析.【解析】（1）求出，對分類討論，分別求出的解，即可得出結論；（2）由（1）得出有兩解時的范圍，以及關系，將，等價轉化為證明，不妨設，令，則，即證，構造函數，只要證明對于任

15、意恒成立即可.【詳解】（1）的定義域為R，且.由，得；由，得.故當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是；當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是.（2）由（1）知當時，且.當時，；當時，.當時，直線與的圖像有兩個交點，實數t的取值范圍是.方程有兩個不等實根，即.要證，只需證，即證，不妨設.令，則，則要證，即證.令，則.令，則，在上單調遞增，.，在上單調遞增，即成立，即成立.【點睛】本題考查函數與導數的綜合應用，涉及到函數單調性、極值、零點、不等式證明，構造函數函數是解題的關鍵，意在考查直觀想象、邏輯推理、數學計算能力，屬于較難題.20（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）首先

16、對函數求導，再根據參數的取值，討論的正負，即可求出關于的單調性即可；（2）首先通過構造新函數，討論新函數的單調性，根據新函數的單調性證明.【詳解】（1），令，則，令得，當時，則在單調遞減，當時，則在單調遞增，所以，當時，即，則在上單調遞增，當時，易知當時，當時，由零點存在性定理知，不妨設，使得，當時，即，當時，即，當時，即，所以在和上單調遞增，在單調遞減；（2）證明：構造函數，整理得，（當時等號成立），所以在上單調遞增，則，所以在上單調遞增，這里不妨設，欲證，即證由（1）知時，在上單調遞增，則需證，由已知有，只需證，即證，由在上單調遞增，且時，有，故成立，從而得證.【點睛】本題主要考查了導數含

17、參分類討論單調性，借助構造函數和單調性證明不等式，屬于難題.21（1）存在；詳見解析（2）【解析】（1）利用面面平行的性質定理可得，為上靠近點的三等分點，中點，證明平面平面即得；（2）過作交于，可得兩兩垂直，以分別為軸建立空間直角坐標系，求出長，寫出各點坐標，用向量法求二面角【詳解】解：（1）當為上靠近點的三等分點時，滿足面.證明如下，取中點，連結.即易得所以面面，即面（2）過作交于面，兩兩垂直，以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，設面法向量，則，即取同理可得面的法向量綜上可知銳二面角的余弦值為【點睛】本題考查立體幾何中的存探索性命題，考查用空間向量法求二面角線面平行問題可通過面面平行解決，一

18、定要掌握：立體幾何中線線平行、線面平行、面面平行是相互轉化、相互依存的求空間角一般是建立空間直角坐標系，用空間向量法求空間角22（）詳見解析；（）能，或【解析】試題分析：（1）設直線，直線方程與橢圓方程聯立，根據韋達定理求根與系數的關系，并表示直線的斜率，再表示；（2）第一步由 ()得的方程為設點的橫坐標為，直線與橢圓方程聯立求點的坐標，第二步再整理點的坐標，如果能構成平行四邊形，只需，如果有值，并且滿足，的條件就說明存在，否則不存在.試題解析：解：(1)設直線，由得，直線的斜率，即即直線的斜率與的斜率的乘積為定值（2）四邊形能為平行四邊形直線過點，不過原點且與有兩個交點的充要條件是，由 ()得的方程為設點的橫坐標為由得，即將點的坐標代入直線的方程得，因此四邊形為