2023年高考數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知集合，，若，則的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．42．若某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A．240 B．264 C．274 D．2823．已知拋物線的焦點為，是拋物線上兩個不同的點，若，則線段的中點到軸的距離為（）A．5 B．3 C． D．24．點是單位圓上不同的三點，線段與線段交于圓內一點M，若，則的最小值為（）A． B． C． D．5．一個由兩個圓柱組合而成的密閉容器內裝有部分液體，小圓柱底面半徑為，大圓柱底面半徑為，如圖1放置容器時，液面以上空余部分的高為，如圖2放置容器時，液面以上空余部分的高為，則（）A． B． C． D．6．為比較甲、乙兩名高中學生的數學素養，對課程標準中規定的數學六大素養進行指標測驗（指標值滿分為100分，分值高者為優），根據測驗情況繪制了如圖所示的六大素養指標雷達圖，則下面敘述不正確的是（）A．甲的數據分析素養優于乙 B．乙的數據分析素養優于數學建模素養C．甲的六大素養整體水平優于乙 D．甲的六大素養中數學運算最強7．某校為提高新入聘教師的教學水平，實行“老帶新”的師徒結對指導形式，要求每位老教師都有徒弟，每位新教師都有一位老教師指導，現選出3位老教師負責指導5位新入聘教師，則不同的師徒結對方式共有（）種.A．360 B．240 C．150 D．1208．某地區高考改革，實行“3+2+1”模式，即“3”指語文、數學、外語三門必考科目，“1”指在物理、歷史兩門科目中必選一門，“2”指在化學、生物、政治、地理以及除了必選一門以外的歷史或物理這五門學科中任意選擇兩門學科，則一名學生的不同選科組合有（）A．8種 B．12種 C．16種 D．20種9．函數（其中是自然對數的底數）的大致圖像為（）A． B． C． D．10．已知橢圓的左、右焦點分別為，，上頂點為點，延長交橢圓于點，若為等腰三角形，則橢圓的離心率A． B．C． D．11．已知函數，若時，恒成立，則實數的值為（）A． B． C． D．12．已知拋物線和點，直線與拋物線交于不同兩點，，直線與拋物線交于另一點．給出以下判斷：①以為直徑的圓與拋物線準線相離；②直線與直線的斜率乘積為；③設過點，，的圓的圓心坐標為，半徑為，則．其中，所有正確判斷的序號是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中二項式系數最大的項的系數為_________（用數字作答）.14．已知函數，則曲線在點處的切線方程是_______．15．三對父子去參加親子活動，坐在如圖所示的6個位置上，有且僅有一對父子是相鄰而坐的坐法有________種（比如：B與D、B與C是相鄰的，A與D、C與D是不相鄰的）.16．我國古代名著《張丘建算經》中記載：“今有方錐下廣二丈，高三丈，欲斬末為方亭；令上方六尺：問亭方幾何？”大致意思是：有一個四棱錐下底邊長為二丈，高三丈；現從上面截取一段，使之成為正四棱臺狀方亭，且四棱臺的上底邊長為六尺，則該正四棱臺的高為________尺，體積是_______立方尺（注：1丈=10尺）.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）新高考，取消文理科，實行“”，成績由語文、數學、外語統一高考成績和自主選考的3門普通高中學業水平考試等級性考試科目成績構成.為了解各年齡層對新高考的了解情況，隨機調查50人（把年齡在稱為中青年，年齡在稱為中老年），并把調查結果制成下表：年齡（歲）頻數515101055了解4126521（1）分別估計中青年和中老年對新高考了解的概率；（2）請根據上表完成下面列聯表，是否有95%的把握判斷對新高考的了解與年齡（中青年、中老年）有關？了解新高考不了解新高考總計中青年中老年總計附：.0.0500.0100.0013.8416.63510.828（3）若從年齡在的被調查者中隨機選取3人進行調查，記選中的3人中了解新高考的人數為，求的分布列以及.18．（12分）已知函數.（Ⅰ）當時，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式對任意實數恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）在中，內角的對邊分別是，已知.（1）求角的值；（2）若，，求的面積．20．（12分）已知是圓：的直徑，動圓過，兩點，且與直線相切.（1）若直線的方程為，求的方程；（2）在軸上是否存在一個定點，使得以為直徑的圓恰好與軸相切？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.21．（12分）已知實數x，y，z滿足，證明：.22．（10分）設函數，（）.（1）若曲線在點處的切線方程為，求實數a、m的值；（2）若對任意恒成立，求實數a的取值范圍；（3）關于x的方程能否有三個不同的實根？證明你的結論.

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】

解出,分別代入選項中的值進行驗證.【詳解】解：，.當時,，此時不成立.當時,，此時成立，符合題意.故選:B.【點睛】本題考查了不等式的解法,考查了集合的關系.2、B【解析】

將三視圖還原成幾何體，然后分別求出各個面的面積，得到答案.【詳解】由三視圖可得，該幾何體的直觀圖如圖所示，延長交于點，其中，，，所以表面積.故選B項.【點睛】本題考查三視圖還原幾何體，求組合體的表面積，屬于中檔題3、D【解析】

由拋物線方程可得焦點坐標及準線方程,由拋物線的定義可知,繼而可求出,從而可求出的中點的橫坐標,即為中點到軸的距離.【詳解】解：由拋物線方程可知，，即，.設則，即，所以.所以線段的中點到軸的距離為.故選:D.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了拋物線的方程.本題的關鍵是由拋物線的定義求得兩點橫坐標的和.4、D【解析】

由題意得，再利用基本不等式即可求解．【詳解】將平方得，（當且僅當時等號成立），，的最小值為，故選：D．【點睛】本題主要考查平面向量數量積的應用，考查基本不等式的應用，屬于中檔題．5、B【解析】

根據空余部分體積相等列出等式即可求解.【詳解】在圖1中，液面以上空余部分的體積為；在圖2中，液面以上空余部分的體積為.因為，所以.故選：B【點睛】本題考查圓柱的體積，屬于基礎題.6、D【解析】

根據所給的雷達圖逐個選項分析即可.【詳解】對于A，甲的數據分析素養為100分，乙的數據分析素養為80分，故甲的數據分析素養優于乙，故A正確；對于B，乙的數據分析素養為80分，數學建模素養為60分，故乙的數據分析素養優于數學建模素養，故B正確；對于C，甲的六大素養整體水平平均得分為，乙的六大素養整體水平均得分為，故C正確；對于D，甲的六大素養中數學運算為80分，不是最強的，故D錯誤；故選：D【點睛】本題考查了樣本數據的特征、平均數的計算，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.7、C【解析】

可分成兩類，一類是3個新教師與一個老教師結對，其他一新一老結對，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，一個老教師帶一個新教師，分別計算后相加即可．【詳解】分成兩類，一類是3個新教師與同一個老教師結對，有種結對結對方式，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，有．∴共有結對方式60＋90＝150種．故選：C．【點睛】本題考查排列組合的綜合應用．解題關鍵確定怎樣完成新老教師結對這個事情，是先分類還是先分步，確定方法后再計數．本題中有一個平均分組問題．計數時容易出錯．兩組中每組中人數都是2，因此方法數為．8、C【解析】

分兩類進行討論：物理和歷史只選一門；物理和歷史都選，分別求出兩種情況對應的組合數，即可求出結果.【詳解】若一名學生只選物理和歷史中的一門，則有種組合；若一名學生物理和歷史都選，則有種組合；因此共有種組合.故選C【點睛】本題主要考查兩個計數原理，熟記其計數原理的概念，即可求出結果，屬于常考題型.9、D【解析】由題意得，函數點定義域為且，所以定義域關于原點對稱，且，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，故選D.10、B【解析】

設，則，，因為，所以．若，則，所以，所以，不符合題意，所以，則，所以，所以，，設，則，在中，易得，所以，解得（負值舍去），所以橢圓的離心率．故選B．11、D【解析】

通過分析函數與的圖象，得到兩函數必須有相同的零點，解方程組即得解.【詳解】如圖所示，函數與的圖象，因為時，恒成立，于是兩函數必須有相同的零點，所以，解得．故選：D【點睛】本題主要考查函數的圖象的綜合應用和函數的零點問題，考查不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.12、D【解析】

對于①，利用拋物線的定義，利用可判斷；對于②，設直線的方程為，與拋物線聯立，用坐標表示直線與直線的斜率乘積，即可判斷；對于③，將代入拋物線的方程可得，，從而，，利用韋達定理可得，再由，可用m表示，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，可得a，即可判斷.【詳解】如圖，設為拋物線的焦點，以線段為直徑的圓為，則圓心為線段的中點．設，到準線的距離分別為，，的半徑為，點到準線的距離為，顯然，，三點不共線，則．所以①正確．由題意可設直線的方程為，代入拋物線的方程，有．設點，的坐標分別為，，則，．所以．則直線與直線的斜率乘積為．所以②正確．將代入拋物線的方程可得，，從而，．根據拋物線的對稱性可知，，兩點關于軸對稱，所以過點，，的圓的圓心在軸上．由上，有，，則．所以，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，所以．于是，，代入，，得，所以．所以③正確．故選：D【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于較難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、5670【解析】

根據二項式展開的通項，可得二項式系數的最大項，可求得其系數.【詳解】二項展開式一共有項，所以由二項式系數的性質可知二項式系數最大的項為第5項，系數為.故答案為：5670【點睛】本題考查了二項式定理展開式的應用，由通項公式求二項式系數，屬于中檔題.14、【解析】

求導，x=0代入求k，點斜式求切線方程即可【詳解】則又故切線方程為y=x+1故答案為y=x+1【點睛】本題考查切線方程，求導法則及運算，考查直線方程，考查計算能力，是基礎題15、192【解析】

根據題意，分步進行分析：①，在三對父子中任選1對，安排在相鄰的位置上，②，將剩下的4人安排在剩下的4個位置，要求父子不能坐在相鄰的位置，由分步計數原理計算可得答案．【詳解】根據題意，分步進行分析：①，在三對父子中任選1對，有3種選法，由圖可得相鄰的位置有4種情況，將選出的1對父子安排在相鄰的位置，有種安排方法；②，將剩下的4人安排在剩下的4個位置，要求父子不能坐在相鄰的位置，有種安排方法，則有且僅有一對父子是相鄰而坐的坐法種；故答案為：【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分步計數原理的應用，屬于基礎題．16、213892【解析】

根據題意畫出圖形，利用棱錐與棱臺的結構特征求出正四棱臺的高，再計算它的體積.【詳解】如圖所示：正四棱錐P-ABCD的下底邊長為二丈，即AB=20尺，高三丈，即PO=30尺，截去一段后，得正四棱臺ABCD-A'B'C'D'，且上底邊長為A'B'=6尺，所以，解得，所以該正四棱臺的體積是，故答案為：21；3892.【點睛】本題考查了棱錐與棱臺的結構特征與應用問題，也考查了棱臺的體積計算問題，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）；（2）見解析，有95%的把握判斷了解新高考與年齡（中青年、中老年）有關聯；（3）分布列見解析，.【解析】

（1）分別求出中青年、中老年對高考了解的頻數，即可求出概率；（2）根據數據列出列聯表，求出的觀測值，對照表格，即可得出結論；（3）年齡在的被調查者共5人，其中了解新高考的有2人，可能取值為0，1，2，分別求出概率，列出隨機變量分布列，根據期望公式即可求解.【詳解】（1）由題中數據可知，中青年對新高考了解的概率，中老年對新高考了解的概率.（2）列聯表如圖所示了解新高考不了解新高考總計中青年22830老年81220總計302050，所以有95%的把握判斷了解新高考與年齡（中青年、中老年）有關聯.（3）年齡在的被調查者共5人，其中了解新高考的有2人，則抽取的3人中了解新高考的人數可能取值為0，1，2，則；；.所以的分布列為012.【點睛】本題考查概率、獨立性檢驗及隨機變量分布列和期望，考查計算求解能力，屬于基礎題.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）分三種情況討論，分別求解不等式組，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根據絕對值不等式的性質可得，不等式對任意實數恒成立，等價于，解不等式即可求的取值范圍.試題解析：（Ⅰ）當時，即，①當時，得，所以；②當時，得，即，所以；③當時，得成立，所以.故不等式的解集為.（Ⅱ）因為，由題意得，則，解得，故的取值范圍是.19、（1）；（2）【解析】

（1）由已知條件和正弦定理進行邊角互化得，再根據余弦定理可求得值.（2）由正弦定理得，，代入得，運用三角形的面積公式可求得其值.【詳解】（1）由及正弦定理得，即由余弦定理得，，.（2）設外接圓的半徑為，則由正弦定理得，，，.【點睛】本題考查運用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，關鍵在于熟練地運用其公式，合理地選擇進行邊角互化，屬于基礎題.20、（1）或.（2）存在，；【解析】

（1）根據動圓過，兩點，可得圓心在的垂直平分線上，由直線的方程為，可知在直線上；設，由動圓與直線相切可得動圓的半徑為；又由，及垂徑定理即可確定的值，進而確定圓的方程.（2）方法一：設，可得圓的半徑為，根據，可得方程為并化簡可得的軌跡方程為.設，，可得的中點，進而由兩點間距離公式表示出半徑，表示出到軸的距離，代入化簡即可求得的值，進而確定所過定點的坐標；方法二：同上可得的軌跡方程為，由拋物線定義可求得，表示出線段的中點的坐標，根據到軸的距離可得等量關系，進而確定所過定點的坐標.【詳解】（1）因為過點，，所以圓心在的垂直平分線上.由已知的方程為，且，關于于坐標原點對稱，所以在直線上，故可設.因為與直線相切，所以的半徑為.由已知得，，又，故可得，解得或.故的半徑或，所以的方程為或.（2）法一：設，由已知得的半徑為，.由于，故可得，化簡得的軌跡方程為.設，，則得，的中點，則以為直徑的圓的半徑為：，到軸的距離為，令，①化簡得，即，故當時，①式恒成立.所以存在定點，使得以為直徑的圓與軸相切.法二：設，由已知得的半徑為，.由于，故可得，化簡得的軌跡方程