2023年高考數學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．設雙曲線的左右焦點分別為，點.已知動點在雙曲線的右支上，且點不共線.若的周長的最小值為，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．2．設，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．數學中有許多形狀優美、寓意美好的曲線，例如：四葉草曲線就是其中一種，其方程為.給出下列四個結論：①曲線有四條對稱軸；②曲線上的點到原點的最大距離為；③曲線第一象限上任意一點作兩坐標軸的垂線與兩坐標軸圍成的矩形面積最大值為；④四葉草面積小于.其中，所有正確結論的序號是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④4．在中，角、、所對的邊分別為、、，若，則（）A． B． C． D．5．設為虛數單位，為復數，若為實數，則（）A． B． C． D．6．復數（為虛數單位），則的共軛復數在復平面上對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限7．已知數列，，，…，是首項為8，公比為得等比數列，則等于（）A．64 B．32 C．2 D．48．已知是的共軛復數,則（）A． B． C． D．9．已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，則下列結論正確的是（）A．﹣3∈AB．3BC．A∩B=BD．A∪B=B10．已知，，由程序框圖輸出的為（）A．1 B．0 C． D．11．已知直線y＝k（x﹣1）與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點，直線y＝2k（x﹣2）與拋物線D：y2＝8x交于M，N兩點，設λ＝|AB|﹣2|MN|，則（）A．λ＜﹣16 B．λ＝﹣16 C．﹣12＜λ＜0 D．λ＝﹣1212．若函數（其中，圖象的一個對稱中心為，，其相鄰一條對稱軸方程為，該對稱軸處所對應的函數值為，為了得到的圖象，則只要將的圖象()A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．直線是曲線的一條切線為自然對數的底數)，則實數__________.14．數據的標準差為_____．15．已知，，且，若恒成立，則實數的取值范圍是____．16．已知函數，（其中e為自然對數的底數），若關于x的方程恰有5個相異的實根，則實數a的取值范圍為________.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）某工廠生產某種電子產品，每件產品不合格的概率均為，現工廠為提高產品聲譽，要求在交付用戶前每件產品都通過合格檢驗，已知該工廠的檢驗儀器一次最多可檢驗件該產品，且每件產品檢驗合格與否相互獨立．若每件產品均檢驗一次，所需檢驗費用較多，該工廠提出以下檢驗方案：將產品每個一組進行分組檢驗，如果某一組產品檢驗合格，則說明該組內產品均合格，若檢驗不合格，則說明該組內有不合格產品，再對該組內每一件產品單獨進行檢驗，如此，每一組產品只需檢驗次或次．設該工廠生產件該產品，記每件產品的平均檢驗次數為．（1）求的分布列及其期望；（2）（i）試說明，當越小時，該方案越合理，即所需平均檢驗次數越少；（ii）當時，求使該方案最合理時的值及件該產品的平均檢驗次數．18．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）當時，證明：.19．（12分）已知曲線的參數方程為為參數，曲線的參數方程為為參數).（1）求與的普通方程；（2）若與相交于，兩點，且，求的值.20．（12分）從拋物線C：（）外一點作該拋物線的兩條切線PA、PB（切點分別為A、B），分別與x軸相交于C、D，若AB與y軸相交于點Q，點在拋物線C上，且（F為拋物線的焦點）.（1）求拋物線C的方程；（2）①求證：四邊形是平行四邊形.②四邊形能否為矩形？若能，求出點Q的坐標；若不能，請說明理由.21．（12分）已知函數.（Ⅰ）當時，求函數在上的值域；（Ⅱ）若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍.22．（10分）已知等差數列滿足，.（l）求等差數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.

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。1．A【解析】

依題意可得即可得到，從而求出雙曲線的離心率的取值范圍；【詳解】解：依題意可得如下圖象，所以則所以所以所以，即故選：A【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，屬于中檔題.2．C【解析】

根據充分條件和必要條件的定義結合對數的運算進行判斷即可．【詳解】∵a，b∈（1，+∞），∴a＞b?logab＜1，logab＜1?a＞b，∴a＞b是logab＜1的充分必要條件，故選C．【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據不等式的解法是解決本題的關鍵．3．C【解析】

①利用之間的代換判斷出對稱軸的條數；②利用基本不等式求解出到原點的距離最大值；③將面積轉化為的關系式，然后根據基本不等式求解出最大值；④根據滿足的不等式判斷出四葉草與對應圓的關系，從而判斷出面積是否小于.【詳解】①：當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；綜上可知：有四條對稱軸，故正確；②：因為，所以，所以，所以，取等號時，所以最大距離為，故錯誤；③：設任意一點，所以圍成的矩形面積為，因為，所以，所以，取等號時，所以圍成矩形面積的最大值為，故正確；④：由②可知，所以四葉草包含在圓的內部，因為圓的面積為：，所以四葉草的面積小于，故正確.故選：C.【點睛】本題考查曲線與方程的綜合運用，其中涉及到曲線的對稱性分析以及基本不等式的運用，難度較難.分析方程所表示曲線的對稱性，可通過替換方程中去分析證明.4．D【解析】

利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.【點睛】本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.5．B【解析】

可設，將化簡，得到，由復數為實數，可得，解方程即可求解【詳解】設，則.由題意有，所以.故選：B【點睛】本題考查復數的模長、除法運算，由復數的類型求解對應參數，屬于基礎題6．C【解析】

由復數除法求出，寫出共軛復數，寫出共軛復數對應點坐標即得【詳解】解析：，，對應點為，在第三象限．故選：C．【點睛】本題考查復數的除法運算，共軛復數的概念，復數的幾何意義．掌握復數除法法則是解題關鍵．7．A【解析】

根據題意依次計算得到答案.【詳解】根據題意知：，，故，，.故選：.【點睛】本題考查了數列值的計算，意在考查學生的計算能力.8．A【解析】

先利用復數的除法運算法則求出的值，再利用共軛復數的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b．【詳解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故選：A．【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題．9．C【解析】試題分析：集合考點：集合間的關系10．D【解析】試題分析：，，所以，所以由程序框圖輸出的為.故選D．考點：1、程序框圖；2、定積分．11．D【解析】

分別聯立直線與拋物線的方程，利用韋達定理，可得，，然后計算，可得結果.【詳解】設，聯立則，因為直線經過C的焦點，所以.同理可得，所以故選：D.【點睛】本題考查的是直線與拋物線的交點問題，運用拋物線的焦點弦求參數，屬基礎題。12．B【解析】

由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再根據函數的圖象變換規律，誘導公式，得出結論．【詳解】根據已知函數其中，的圖象過點，，可得，，解得：．再根據五點法作圖可得，可得：，可得函數解析式為：故把的圖象向左平移個單位長度，可得的圖象，故選B．【點睛】本題主要考查由函數的部分圖象求解析式，由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，函數的圖象變換規律，誘導公式的應用，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據切線的斜率為，利用導數列方程，由此求得切點的坐標，進而求得切線方程，通過對比系數求得的值.【詳解】，則，所以切點為，故切線為，即，故.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用導數求解曲線的切線方程有關問題，屬于基礎題.14．【解析】

先計算平均數再求解方差與標準差即可.【詳解】解：樣本的平均數,這組數據的方差是標準差,故答案為：【點睛】本題主要考查了標準差的計算,屬于基礎題.15．（-4，2）【解析】試題分析：因為當且僅當時取等號，所以考點：基本不等式求最值16．【解析】

作出圖象，求出方程的根，分類討論的正負，數形結合即可.【詳解】當時，令，解得，所以當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減，當時，單調遞減，且，作出函數的圖象如圖：（1）當時，方程整理得，只有2個根，不滿足條件；（2）若，則當時，方程整理得，則，，此時各有1解，故當時，方程整理得，有1解同時有2解，即需，，因為（2），故此時滿足題意；或有2解同時有1解，則需，由（1）可知不成立；或有3解同時有0解，根據圖象不存在此種情況，或有0解同時有3解，則，解得，故，（3）若，顯然當時，和均無解，當時，和無解，不符合題意．綜上：的范圍是，故答案為：，【點睛】本題主要考查了函數零點與函數圖象的關系，考查利用導數研究函數的單調性，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，屬于中檔題．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）見解析，（2）（i）見解析（ii）時平均檢驗次數最少，約為594次．【解析】

（1）由題意可得，的可能取值為和，分別求出其概率即可求出分布列，進而可求出期望.（2）（i）由記，根據函數的單調性即可證出；記，當且取最小值時，該方案最合理，對進行賦值即可求解.【詳解】（1）由題，的可能取值為和，故的分布列為由記，因為，所以在上單調遞增，故越小，越小，即所需平均檢驗次數越少，該方案越合理記當且取最小值時，該方案最合理，因為，，所以時平均檢驗次數最少，約為次．【點睛】本題考查了離散型隨機變量的分布列、數學期望，考查了分析問題、解決問題的能力，屬于中檔題.18．（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）求導得，分類討論和，利用導數研究含參數的函數單調性；（2）根據（1）中求得的的單調性，得出在處取得最大值為，構造函數，利用導數，推出，即可證明不等式.【詳解】解：（1）由于，得，當時，，此時在上遞增；當時，由，解得，若，則，若，，此時在遞增，在上遞減.（2）由（1）知在處取得最大值為：，設，則，令，則，則在單調遞減，∴，即，則在單調遞減∴，∴，∴.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性和最值，涉及分類討論和構造新函數，通過導數證明不等式，考查轉化思想和計算能力.19．（1），（2）0【解析】

（1）分別把兩曲線參數方程中的參數消去，即可得到普通方程；（2）把直線的參數方程代入的普通方程，化為關于的一元二次方程，再由根與系數的關系及此時的幾何意義求解．【詳解】（1）由曲線的參數方程為為參數），消去參數，可得；由曲線的參數方程為為參數），消去參數，可得，即．（2）把為參數）代入，得．，．．解得：，即，滿足△．．【點睛】本題考查參數方程化普通方程，特別是直線參數方程中參數的幾何意義的應用，是中檔題．20．（1）；（2）①證明見解析；②能，.【解析】

（1）根據拋物線的定義，求出，即可求拋物線C的方程；（2）①設，，寫出切線的方程，解方程組求出點的坐標.設點，直線AB的方程，代入拋物線方程，利用韋達定理得到點的坐標，寫出點的坐標，，可得線段相互平分，即證四邊形是平行四邊形；②若四邊形為矩形，則，求出，即得點Q的坐標.【詳解】（1）因為，所以，即拋物線C的方程是.（2）①證明：由得，.設，，則直線PA的方程為（ⅰ），則直線PB的方程為（ⅱ），由（ⅰ）和（ⅱ）解得：，，所以.設點，則直線AB的方程為.由得，則，，所以，所以線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分.在①中，令解得，所以，同理得，所以線段CD的中點坐標為，即，又因為直線PQ的方程為，所以線段CD的中點在直線PQ上，即線段CD被線段PQ平分.因此，四邊形是平行四邊形.②由①知，四邊形是平行四邊形.若四邊形是矩形，則，即，解得，故當點Q為，即為拋物線的焦點時，四邊形是矩形.【點睛】本題考查拋物線的方程，考查直線和拋物線的位置關系，屬于難題.21．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）把代入，可得，令，求出其在上的值域，利用對數函數的單調性即可求解.（Ⅱ）根據對數函數的單調性可得在上單調遞增，再