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．由曲線y＝x2與曲線y2＝x所圍成的平面圖形的面積為()A．1 B． C． D．2．一艘海輪從A處出發，以每小時24海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是（）A．6海里 B．6海里 C．8海里 D．8海里3．已知底面是等腰直角三角形的三棱錐P-ABC的三視圖如圖所示，俯視圖中的兩個小三角形全等，則（）A．PA，PB，PC兩兩垂直 B．三棱錐P-ABC的體積為C． D．三棱錐P-ABC的側面積為4．將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，如果在區間上單調遞減，那么實數的最大值為（）A． B． C． D．5．已知，是兩條不重合的直線，，是兩個不重合的平面，則下列命題中錯誤的是（）A．若，，則或B．若，，，則C．若，，，則D．若，，則6．已知，，若，則實數的值是（）A．-1 B．7 C．1 D．1或77．已知正四面體外接球的體積為，則這個四面體的表面積為（）A． B． C． D．8．復數滿足為虛數單位)，則的虛部為（）A． B． C． D．9．若雙曲線的一條漸近線與圓至多有一個交點，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．10．如圖是某地區2000年至2016年環境基礎設施投資額（單位：億元）的折線圖．則下列結論中表述不正確的是()A．從2000年至2016年，該地區環境基礎設施投資額逐年增加；B．2011年該地區環境基礎設施的投資額比2000年至2004年的投資總額還多；C．2012年該地區基礎設施的投資額比2004年的投資額翻了兩番；D．為了預測該地區2019年的環境基礎設施投資額，根據2010年至2016年的數據（時間變量t的值依次為）建立了投資額y與時間變量t的線性回歸模型，根據該模型預測該地區2019的環境基礎設施投資額為256.5億元.11．已知雙曲線的離心率為，拋物線的焦點坐標為，若，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B．C． D．12．《普通高中數學課程標準（2017版）》提出了數學學科的六大核心素養.為了比較甲、乙兩名高二學生的數學核心素養水平，現以六大素養為指標對二人進行了測驗，根據測驗結果繪制了雷達圖（如圖，每項指標值滿分為5分，分值高者為優），則下面敘述正確的是（）A．甲的數據分析素養高于乙B．甲的數學建模素養優于數學抽象素養C．乙的六大素養中邏輯推理最差D．乙的六大素養整體平均水平優于甲二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，，且，則實數m的值是________．14．為了了解一批產品的長度（單位：毫米）情況，現抽取容量為400的樣本進行檢測，如圖是檢測結果的頻率分布直方圖，根據產品標準，單件產品長度在區間的一等品，在區間和的為二等品，其余均為三等品，則樣本中三等品的件數為__________．15．設數列為等差數列，其前項和為，已知，，若對任意都有成立，則的值為__________．16．已知向量，滿足，，且已知向量，的夾角為，，則的最小值是__．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．（Ⅰ）證明：直線的斜率與的斜率的乘積為定值；（Ⅱ）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．18．（12分）如圖，正方體的棱長為2，為棱的中點.（1）面出過點且與直線垂直的平面，標出該平面與正方體各個面的交線（不必說明畫法及理由）；（2）求與該平面所成角的正弦值.19．（12分）已知等差數列中，，數列的前項和.（1）求；（2）若，求的前項和.20．（12分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中點．證明：；設，點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為，求二面角的余弦值．21．（12分）已知在平面直角坐標系中，橢圓的焦點為為橢圓上任意一點，且.（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線交橢圓于兩點，且滿足（分別為直線的斜率），求的面積為時直線的方程.22．（10分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)．在以原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，圓的方程為.(1)寫出直線的普通方程和圓的直角坐標方程；(2)若點坐標為，圓與直線交于兩點，求的值．

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．B【解析】

首先求得兩曲線的交點坐標，據此可確定積分區間，然后利用定積分的幾何意義求解面積值即可.【詳解】聯立方程：可得：，，結合定積分的幾何意義可知曲線y＝x2與曲線y2＝x所圍成的平面圖形的面積為：.本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查定積分的概念與計算，屬于中等題.2．A【解析】

先根據給的條件求出三角形ABC的三個內角，再結合AB可求，應用正弦定理即可求解.【詳解】由題意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°，∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12.在△ABC中，由正弦定理得，即，∴.故選：A.【點睛】本題考查正弦定理的實際應用，關鍵是將給的角度、線段長度轉化為三角形的邊角關系，利用正余弦定理求解.屬于中檔題.3．C【解析】

根據三視圖，可得三棱錐P-ABC的直觀圖，然后再計算可得.【詳解】解：根據三視圖，可得三棱錐P-ABC的直觀圖如圖所示，其中D為AB的中點，底面ABC.所以三棱錐P-ABC的體積為，，，，，、不可能垂直，即不可能兩兩垂直，，.三棱錐P-ABC的側面積為.故正確的為C.故選：C.【點睛】本題考查三視圖還原直觀圖，以及三棱錐的表面積、體積的計算問題，屬于中檔題.4．B【解析】

根據條件先求出的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可.【詳解】將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則，設，則當時，，，即，要使在區間上單調遞減，則得，得，即實數的最大值為，故選：B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖象變換，考查根據三角函數的單調性求參數，屬于中檔題.5．D【解析】

根據線面平行和面面平行的性質，可判定A；由線面平行的判定定理，可判斷B；C中可判斷，所成的二面角為；D中有可能，即得解.【詳解】選項A：若，，根據線面平行和面面平行的性質，有或，故A正確；選項B：若，，，由線面平行的判定定理，有，故B正確；選項C：若，，，故，所成的二面角為，則，故C正確；選項D，若，，有可能，故D不正確.故選：D【點睛】本題考查了空間中的平行垂直關系判斷，考查了學生邏輯推理，空間想象能力，屬于中檔題.6．C【解析】

根據平面向量數量積的坐標運算，化簡即可求得的值.【詳解】由平面向量數量積的坐標運算，代入化簡可得.∴解得.故選：C.【點睛】本題考查了平面向量數量積的坐標運算，屬于基礎題.7．B【解析】

設正四面體ABCD的外接球的半徑R，將該正四面體放入一個正方體內，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，根據正方體和正四面體的外接球為同一個球計算出正方體的棱長，從而得出正四面體的棱長，最后可求出正四面體的表面積．【詳解】將正四面體ABCD放在一個正方體內，設正方體的棱長為a，如圖所示，設正四面體ABCD的外接球的半徑為R，則，得．因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球，則有，∴．而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長，所以，正四面體ABCD的棱長為，因此，這個正四面體的表面積為．故選：B．【點睛】本題考查球的內接多面體，解決這類問題就是找出合適的模型將球體的半徑與幾何體的一些幾何量聯系起來，考查計算能力，屬于中檔題．8．C【解析】

，分子分母同乘以分母的共軛復數即可.【詳解】由已知，，故的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.9．C【解析】

求得雙曲線的漸近線方程，可得圓心到漸近線的距離，由點到直線的距離公式可得的范圍，再由離心率公式計算即可得到所求范圍．【詳解】雙曲線的一條漸近線為，即，由題意知，直線與圓相切或相離，則，解得，因此，雙曲線的離心率.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線的離心率的范圍，注意運用圓心到漸近線的距離不小于半徑，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．10．D【解析】

根據圖像所給的數據，對四個選項逐一進行分析排除，由此得到表述不正確的選項.【詳解】對于選項，由圖像可知，投資額逐年增加是正確的.對于選項，投資總額為億元，小于年的億元，故描述正確.年的投資額為億，翻兩翻得到，故描述正確.對于選項，令代入回歸直線方程得億元，故選項描述不正確.所以本題選D.【點睛】本小題主要考查圖表分析能力，考查利用回歸直線方程進行預測的方法，屬于基礎題.11．A【解析】

求出拋物線的焦點坐標，得到雙曲線的離心率，然后求解a，b關系，即可得到雙曲線的漸近線方程．【詳解】拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點坐標為（1，0），則p＝2，又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以雙曲線的漸近線方程為：y＝±．故選：A．【點睛】本題考查雙曲線的離心率以及雙曲線漸近線方程的求法，涉及拋物線的簡單性質的應用．12．D【解析】

根據雷達圖對選項逐一分析，由此確定敘述正確的選項.【詳解】對于A選項，甲的數據分析分，乙的數據分析分，甲低于乙，故A選項錯誤.對于B選項，甲的建模素養分，乙的建模素養分，甲低于乙，故B選項錯誤.對于C選項，乙的六大素養中，邏輯推理分，不是最差，故C選項錯誤.對于D選項，甲的總得分分，乙的總得分分，所以乙的六大素養整體平均水平優于甲，故D選項正確.故選：D【點睛】本小題主要考查圖表分析和數據處理，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1【解析】

根據即可得出，從而求出m的值．【詳解】解：∵；∴；∴m＝1．故答案為：1．【點睛】本題考查向量垂直的充要條件，向量數量積的坐標運算．14．100.【解析】分析：根據頻率分布直方圖得到三等品的頻率，然后可求得樣本中三等品的件數．詳解：由題意得，三等品的長度在區間，和內，根據頻率分布直方圖可得三等品的頻率為，∴樣本中三等品的件數為.點睛：頻率分布直方圖的縱坐標為，因此每一個小矩形的面積表示樣本個體落在該區間內的頻率，把小矩形的高視為頻率時常犯的錯誤．15．【解析】

由已知條件得出關于首項和公差的方程組，解出這兩個量，計算出，利用二次函數的基本性質求出的最大值及其對應的值，即可得解.【詳解】設等差數列的公差為，由，解得，.所以，當時，取得最大值，對任意都有成立，則為數列的最大值，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列前項和最值的計算，一般利用二次函數的基本性質求解，考查計算能力，屬于中等題.16．【解析】

求的最小值可以轉化為求以AB為直徑的圓到點O的最小距離，由此即可得到本題答案.【詳解】如圖所示，設，由題，得，又，所以，則點C在以AB為直徑的圓上，取AB的中點為M，則，設以AB為直徑的圓與線段OM的交點為E，則的最小值是，因為，又，所以的最小值是.故答案為：【點睛】本題主要考查向量的綜合應用問題，涉及到圓的相關知識與余弦定理，考查學生的分析問題和解決問題的能力，體現了數形結合的數學思想.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．（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）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(Ⅰ)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(Ⅰ)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．四邊形為平行四邊形當且僅當線段與線段互相平分，即∴．解得，．∵，，，∴當的斜率為或時，四邊形為平行四邊形．考點：直線與橢圓的位置關系的綜合應用【一題多解】第一問涉及中點弦，當直線與圓錐曲線相交時，點是弦的中點，（1）知道中點坐標，求直線的斜率，或知道直線斜率求中點坐標的關系，或知道求直線斜率與直線斜率的關系時，也可以選擇點差法，設,，代入橢圓方程，兩式相減，化簡為，兩邊同時除以得，而,,即得到結果，（2）對于用坐標法來解決幾何性質問題，那么就要求首先看出幾何關系滿足什么條件，其次用坐標表示這些幾何關系，本題的關鍵就是如果是平行四邊形那么對角線互相平分，即，分別用方程聯立求兩個坐標，最后求斜率.18．（1）見解析（2）.【解析】

（1）與平面垂直，過點作與平面平行的平面即可（2）建立空間直角坐標系求線面角正弦值【詳解】解：（1）截面如下圖所示：其中，，，，分別為邊，，，，的中點，則垂直于平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，.設平面的一個法向量為，則.不妨取，則，所以與該平面所成角的正弦值為.（若將作為該平面法向量，需證明與該平面垂直）【點睛】考查確定平面的方法以及線面角的求法，中檔題.19．（1），；（2）.【解析】

（1）由條件得出方程組，可求得的通項，當時，，可得，當時，，得出是以1為首項，2為公比的等比數列，可求得的通項；（2）由（1）可知，，分n為偶數和n為奇數分別求得.【詳解】（1）由條件知，，，當時，，即，當時，，是以1為首項，2為公比的等比數列，；（2）由（1）可知，，當n為偶數時，當n為奇數時，綜上，【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項的求得，以及其前n項和，注意分n為偶數和n為奇數兩種情況分別求得其數列的和，屬于中檔題.20．（1）見解析；（2）【解析】

（1）由平面平面的性質定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，由空間向量法和異面直線與所成角的余弦值為，得點M的坐標，從而求出二面角的余弦值.【詳解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性質定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐