1、2023年高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知為圓：上任意一點，若線段的垂直平分線交直線于點，則點的軌跡方程為( )ABC（）D（）2自2019

2、年12月以來，在湖北省武漢市發現多起病毒性肺炎病例，研究表明，該新型冠狀病毒具有很強的傳染性各級政府反應迅速，采取了有效的防控阻擊措施，把疫情控制在最低范圍之內.某社區按上級要求做好在鄂返鄉人員體格檢查登記，有3個不同的住戶屬在鄂返鄉住戶，負責該小區體格檢查的社區診所共有4名醫生，現要求這4名醫生都要分配出去，且每個住戶家里都要有醫生去檢查登記，則不同的分配方案共有（ ）A12種B24種C36種D72種3a為正實數，i為虛數單位，則a=（ ）A2BCD14執行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關于的判斷條件是（ ）ABCD5已知與之間的一組數據：12343.24.87.5

3、若關于的線性回歸方程為，則的值為（ ）A1.5B2.5C3.5D4.56已知復數（為虛數單位），則下列說法正確的是（ ）A的虛部為B復數在復平面內對應的點位于第三象限C的共軛復數D7已知雙曲線（，），以點（）為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線交于，兩點，若，則的離心率為（）ABCD8已知類產品共兩件，類產品共三件，混放在一起，現需要通過檢測將其區分開來，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出2件類產品或者檢測出3件類產品時，檢測結束，則第一次檢測出類產品，第二次檢測出類產品的概率為（ ）ABCD9已知數列是以1為首項，2為公差的等差數列，是以1為首項，2為公比的等比數列，設，則

4、當時，的最大值是（ ）A8B9C10D1110一個封閉的棱長為2的正方體容器，當水平放置時，如圖，水面的高度正好為棱長的一半若將該正方體繞下底面（底面與水平面平行）的某條棱任意旋轉，則容器里水面的最大高度為（ ）ABCD11已知點為雙曲線的右焦點，直線與雙曲線交于A，B兩點，若，則的面積為（ ）ABCD12下列函數中，值域為R且為奇函數的是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設等差數列的前項和為，若，則_，的最大值是_.14已知函數，若對于任意正實數，均存在以為三邊邊長的三角形，則實數k的取值范圍是_.15已知， 是互相垂直的單位向量，若 與的夾角為60，則實數的

5、值是_16復數（其中i為虛數單位）的共軛復數為_.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）如圖，在四面體中，.（1）求證:平面平面；（2）若，求四面體的體積.18（12分）已知橢圓經過點，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓于、兩點，若，在線段上取點，使，求證：點在定直線上.19（12分）如圖，平面四邊形中，是上的一點，是的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.20（12分）已知，且滿足，證明：.21（12分）設，函數，其中為自然對數的底數.（1）設函數.若，試判斷函數與的圖像在區

6、間上是否有交點；求證：對任意的，直線都不是的切線；（2）設函數，試判斷函數是否存在極小值，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.22（10分）在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的參數方程為（為參數），直線經過點且傾斜角為.（1）求曲線的極坐標方程和直線的參數方程；（2）已知直線與曲線交于，滿足為的中點，求.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。1B【解析】如圖所示：連接，根據垂直平分線知，故軌跡為雙曲線，計算得到答案.【詳解】如圖所示：連接，根據垂直平分線知，故，故軌跡為雙曲線，故，

7、故軌跡方程為.故選：.【點睛】本題考查了軌跡方程，確定軌跡方程為雙曲線是解題的關鍵.2C【解析】先將4名醫生分成3組，其中1組有2人，共有種選法，然后將這3組醫生分配到3個不同的住戶中去，有種方法，由分步原理可知共有種.【詳解】不同分配方法總數為種.故選：C【點睛】此題考查的是排列組合知識，解此類題時一般先組合再排列，屬于基礎題.3B【解析】，選B.4B【解析】根據程序框圖，逐步執行，直到的值為63，結束循環，即可得出判斷條件.【詳解】執行框圖如下：初始值：，第一步：，此時不能輸出，繼續循環；第二步：，此時不能輸出，繼續循環；第三步：，此時不能輸出，繼續循環；第四步：，此時不能輸出，繼續循環；

8、第五步：，此時不能輸出，繼續循環；第六步：，此時要輸出，結束循環；故，判斷條件為.故選B【點睛】本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執行框圖，結合輸出結果，即可確定判斷條件，屬于常考題型.5D【解析】利用表格中的數據，可求解得到代入回歸方程，可得，再結合表格數據，即得解.【詳解】利用表格中數據，可得又，解得故選：D【點睛】本題考查了線性回歸方程過樣本中心點的性質，考查了學生概念理解，數據處理，數學運算的能力，屬于基礎題.6D【解析】利用的周期性先將復數化簡為即可得到答案.【詳解】因為，所以的周期為4，故，故的虛部為2，A錯誤；在復平面內對應的點為，在第二象限，B錯誤；的共軛復數為，C錯誤；，D正

9、確.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，涉及到復數的虛部、共軛復數、復數的幾何意義、復數的模等知識，是一道基礎題.7A【解析】求出雙曲線的一條漸近線方程，利用圓與雙曲線的一條漸近線交于兩點，且，則可根據圓心到漸近線距離為列出方程，求解離心率【詳解】不妨設雙曲線的一條漸近線與圓交于，因為，所以圓心到的距離為：，即，因為，所以解得故選A【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查了轉化思想以及計算能力，屬于中檔題對于離心率求解問題，關鍵是建立關于的齊次方程，主要有兩個思考方向，一方面，可以從幾何的角度，結合曲線的幾何性質以及題目中的幾何關系建立方程；另一方面，可以從代數的角度，結合曲線方程的

10、性質以及題目中的代數的關系建立方程.8D【解析】根據分步計數原理，由古典概型概率公式可得第一次檢測出類產品的概率，不放回情況下第二次檢測出類產品的概率，即可得解.【詳解】類產品共兩件，類產品共三件，則第一次檢測出類產品的概率為；不放回情況下，剩余4件產品，則第二次檢測出類產品的概率為；故第一次檢測出類產品，第二次檢測出類產品的概率為；故選：D.【點睛】本題考查了分步乘法計數原理的應用，古典概型概率計算公式的應用，屬于基礎題.9B【解析】根據題意計算，解不等式得到答案.【詳解】是以1為首項，2為公差的等差數列，.是以1為首項，2為公比的等比數列，.，解得.則當時，的最大值是9.故選：.【點睛】本

11、題考查了等差數列，等比數列，f分組求和，意在考查學生對于數列公式方法的靈活運用.10B【解析】根據已知可知水面的最大高度為正方體面對角線長的一半，由此得到結論【詳解】正方體的面對角線長為，又水的體積是正方體體積的一半，且正方體繞下底面（底面與水平面平行）的某條棱任意旋轉，所以容器里水面的最大高度為面對角線長的一半，即最大水面高度為，故選B.【點睛】本題考查了正方體的幾何特征，考查了空間想象能力，屬于基礎題11D【解析】設雙曲線C的左焦點為，連接，由對稱性可知四邊形是平行四邊形，設，得，求出的值，即得解.【詳解】設雙曲線C的左焦點為，連接，由對稱性可知四邊形是平行四邊形，所以，.設，則，又.故，

12、所以.故選：D【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單幾何性質，考查余弦定理解三角形和三角形面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.12C【解析】依次判斷函數的值域和奇偶性得到答案.【詳解】A. ，值域為，非奇非偶函數，排除； B. ，值域為，奇函數，排除；C. ，值域為，奇函數，滿足； D. ，值域為，非奇非偶函數，排除；故選：.【點睛】本題考查了函數的值域和奇偶性，意在考查學生對于函數知識的綜合應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13 【解析】利用等差數列前項和公式，列出方程組，求出首項和公差的值，利用等差數列的通項公式可求出數列的通項公式，可求出的表達式，然后利用雙勾

13、函數的單調性可求出的最大值.【詳解】（1）設等差數列的公差為，則，解得，所以，數列的通項公式為；（2），令，則且，由雙勾函數的單調性可知，函數在時單調遞減，在時單調遞增，當或時，取得最大值為.故答案為：；.【點睛】本題考查等差數列的通項公式、前項和的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題14【解析】根據三角形三邊關系可知對任意的恒成立,將的解析式用分離常數法變形,由均值不等式可得分母的取值范圍,則整個式子的取值范圍由的符號決定,故分為三類討論,根據函數的單調性求出函數值域,再討論,轉化為的最小值與的最大值的不等式,進而求出的取值范圍.【詳解】因為對任意正實數,都存在以為

14、三邊長的三角形,故對任意的恒成立,令,則,當,即時,該函數在上單調遞減,則；當,即時,當,即時,該函數在上單調遞增,則,所以,當時,因為,所以,解得；當時,滿足條件；當時,且,所以,解得,綜上,故答案為:【點睛】本題考查參數范圍,考查三角形的構成條件,考查利用函數單調性求函數值域,考查分類討論思想與轉化思想.15【解析】根據平面向量的數量積運算與單位向量的定義，列出方程解方程即可求出的值【詳解】解：由題意，設（1，0），（0，1），則（，1），（1，）；又夾角為60，（）（）2cos60，即，解得【點睛】本題考查了單位向量和平面向量數量積的運算問題，是中檔題16【解析】利用復數的乘法運算求出，

15、再利用共軛復數的概念即可求解.【詳解】由，則.故答案為：【點睛】本題考查了復數的四則運算以及共軛復數的概念，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）取中點，連接，根據等腰三角形的性質得到，利用全等三角形證得，由此證得平面，進而證得平面平面.（2）由（1）知平面，即是四面體的面上的高，結合錐體體積公式，求得四面體的體積.【詳解】（1）證明:如圖，取中點，連接，由則，則，故故，平面.又平面，故平面平面（2）由（1）知平面，即是四面體的面上的高，且.在中，由勾股定理易知故四面體的體積【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明，考

16、查錐體體積計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.18（1）；（2）見解析.【解析】（1）根據題意得出關于、的方程組，解出、的值，進而可得出橢圓的標準方程；（2）設點、，設直線的方程為，將該直線的方程與橢圓的方程聯立，并列出韋達定理，由向量的坐標運算可求得點的坐標表達式，并代入韋達定理，消去，可得出點的橫坐標，進而可得出結論.【詳解】（1）由題意得，解得，.所以橢圓的方程是；（2）設直線的方程為，、，由，得.，則有，由，得，由，可得，綜上，點在定直線上.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了點在定直線上的證明，考查計算能力與推理能力，屬于中等題.19（1）見解析；（2）【解析】

17、（1）要證平面平面，只需證平面，而，所以只需證，而由已知的數據可證得為等邊三角形，又由于是的中點，所以，從而可證得結論；（2）由于在中，而平面平面，所以點在平面的投影恰好為的中點，所以如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量求解.【詳解】（1）由，所以平面四邊形為直角梯形，設，因為.所以在中，則，又，所以，由，所以為等邊三角形，又是的中點，所以，又平面，則有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以為坐標原點，方向為軸方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設平面的法向量，由得取，則設直線與平面所成角大小為，則，故直線與平面所成角的正弦

18、值為. 解法二：在中，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，過作于，連，則由平面平面，所以，又，則平面，又平面所以，在中，所以，設到平面的距離為，由，即，即，可得，設直線與平面所成角大小為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】此題考查的是立體幾何中的證明面面垂直和求線面角，考查學生的轉化思想和計算能力，屬于中檔題.20證明見解析【解析】將化簡可得，由柯西不等式可得證明.【詳解】解：因為，所以，又， 所以，當且僅當時取等號.【點睛】本題主要考查柯西不等式的應用，相對不難，注意已知條件的化簡及柯西不等式的靈活運用.21（1）函數與的圖象在區間上有交點；證明見解析；（2）且；【解析】（1）令，結合函數零點的判定定理判斷即可；設切點橫坐標為，求出切線方程，得到，根據函數的單調性判斷即可；（2）求出的解析式，通過討論的范圍，求出函數的單調區間，確定的范圍即可【詳解】解：（1）當時，函數，令，則，故，又函數在區間上的圖象是不間斷曲線，故函數在區間上有零點，故函數與的圖象在區間上有交點；證明：假設存