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．為了加強“精準扶貧”，實現偉大復興的“中國夢”，某大學派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同學參加三個貧困縣的調研工作，每個縣至少去1人，且甲、乙兩人約定去同一個貧困縣，則不同的派遣方案共有（）A．24 B．36 C．48 D．642．的展開式中各項系數的和為2，則該展開式中常數項為A．-40 B．-20 C．20 D．403．已知，則不等式的解集是（）A． B． C． D．4．二項式的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是()A．180 B．90 C．45 D．3605．己知四棱錐中，四邊形為等腰梯形，，，是等邊三角形，且；若點在四棱錐的外接球面上運動，記點到平面的距離為，若平面平面，則的最大值為（）A． B．C． D．6．已知復數，則對應的點在復平面內位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限7．已知冪函數的圖象過點，且，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．8．已知函數，關于x的方程f（x）＝a存在四個不同實數根，則實數a的取值范圍是（）A．（0，1）∪（1，e） B．C． D．（0，1）9．正三棱錐底面邊長為3，側棱與底面成角，則正三棱錐的外接球的體積為（）A． B． C． D．10．若，，則的值為（）A． B． C． D．11．在三棱錐中，，，，，點到底面的距離為2，則三棱錐外接球的表面積為（）A． B． C． D．12．已知數列中，，()，則等于（）A． B． C． D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知a，b均為正數，且，的最小值為________.14．設為偶函數，且當時，；當時，．關于函數的零點，有下列三個命題：①當時，存在實數m，使函數恰有5個不同的零點；②若，函數的零點不超過4個，則；③對，，函數恰有4個不同的零點，且這4個零點可以組成等差數列．其中，正確命題的序號是_______．15．已知函數，，若函數有3個不同的零點x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，則的取值范圍是_________．16．從2、3、5、7、11、13這六個質數中任取兩個數，這兩個數的和仍是質數的概率是________（結果用最簡分數表示）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（其中是自然對數的底數）（1）若在R上單調遞增，求正數a的取值范圍；（2）若f（x）在處導數相等，證明：；（3）當時，證明：對于任意，若，則直線與曲線有唯一公共點（注：當時，直線與曲線的交點在y軸兩側）.18．（12分）如圖，在直三棱柱中，，點P，Q分別為，的中點.求證：（1）PQ平面；（2）平面.19．（12分）已知直線過橢圓的右焦點，且交橢圓于A，B兩點，線段AB的中點是，（1）求橢圓的方程；（2）過原點的直線l與線段AB相交（不含端點）且交橢圓于C，D兩點，求四邊形面積的最大值.20．（12分）設函數．（1）當時，求不等式的解集；（2）若存在，使得不等式對一切恒成立，求實數的取值范圍．21．（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，（Ⅰ）證明；AC⊥BP；（Ⅱ）求直線AD與平面APC所成角的正弦值．22．（10分）如圖，在矩形中，，，點分別是線段的中點，分別將沿折起，沿折起，使得重合于點，連結.（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值.

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】

根據題意，有兩種分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【詳解】當按照進行分配時，則有種不同的方案；當按照進行分配，則有種不同的方案.故共有36種不同的派遣方案，故選：B.【點睛】本題考查排列組合、數學文化，還考查數學建模能力以及分類討論思想，屬于中檔題.2、D【解析】令x=1得a=1.故原式=．的通項，由5-2r=1得r=2,對應的常數項=80，由5-2r=-1得r=3,對應的常數項=-40，故所求的常數項為40，選D解析2.用組合提取法,把原式看做6個因式相乘，若第1個括號提出x,從余下的5個括號中選2個提出x，選3個提出；若第1個括號提出，從余下的括號中選2個提出，選3個提出x.故常數項==-40+80=403、A【解析】

構造函數，通過分析的單調性和對稱性，求得不等式的解集.【詳解】構造函數，是單調遞增函數，且向左移動一個單位得到，的定義域為，且，所以為奇函數，圖像關于原點對稱，所以圖像關于對稱.不等式等價于，等價于，注意到，結合圖像關于對稱和單調遞增可知.所以不等式的解集是.故選：A【點睛】本小題主要考查根據函數的單調性和對稱性解不等式，屬于中檔題.4、A【解析】試題分析：因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以，，令，則，.考點：1.二項式定理；2.組合數的計算.5、A【解析】

根據平面平面，四邊形為等腰梯形，則球心在過的中點的面的垂線上，又是等邊三角形，所以球心也在過的外心面的垂線上，從而找到球心，再根據已知量求解即可.【詳解】依題意如圖所示：取的中點，則是等腰梯形外接圓的圓心，取是的外心，作平面平面，則是四棱錐的外接球球心，且，設四棱錐的外接球半徑為，則，而，所以，故選：A.【點睛】本題考查組合體、球，還考查空間想象能力以及數形結合的思想，屬于難題.6、A【解析】

利用復數除法運算化簡，由此求得對應點所在象限.【詳解】依題意，對應點為，在第一象限.故選A.【點睛】本小題主要考查復數除法運算，考查復數對應點的坐標所在象限，屬于基礎題.7、A【解析】

根據題意求得參數，根據對數的運算性質，以及對數函數的單調性即可判斷.【詳解】依題意，得，故，故，，，則.故選：A.【點睛】本題考查利用指數函數和對數函數的單調性比較大小，考查推理論證能力，屬基礎題.8、D【解析】

原問題轉化為有四個不同的實根，換元處理令t，對g（t）進行零點個數討論.【詳解】由題意，a＞2，令t，則f（x）＝a????．記g（t）．當t＜2時，g（t）＝2ln（﹣t）（t）單調遞減，且g（﹣2）＝2，又g（2）＝2，∴只需g（t）＝2在（2，+∞）上有兩個不等于2的不等根．則?，記h（t）（t＞2且t≠2），則h′（t）．令φ（t），則φ′（t）2．∵φ（2）＝2，∴φ（t）在（2，2）大于2，在（2，+∞）上小于2．∴h′（t）在（2，2）上大于2，在（2，+∞）上小于2，則h（t）在（2，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減．由，可得，即a＜2．∴實數a的取值范圍是（2，2）．故選：D．【點睛】此題考查方程的根與函數零點問題，關鍵在于等價轉化，將問題轉化為通過導函數討論函數單調性解決問題.9、D【解析】

由側棱與底面所成角及底面邊長求得正棱錐的高，再利用勾股定理求得球半徑后可得球體積．【詳解】如圖，正三棱錐中，是底面的中心，則是正棱錐的高，是側棱與底面所成的角，即＝60°，由底面邊長為3得，∴．正三棱錐外接球球心必在上，設球半徑為，則由得，解得，∴．故選：D．【點睛】本題考查球體積，考查正三棱錐與外接球的關系．掌握正棱錐性質是解題關鍵．10、A【解析】

取，得到，取，則，計算得到答案.【詳解】取，得到；取，則.故.故選：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，取和是解題的關鍵.11、C【解析】

首先根據垂直關系可確定，由此可知為三棱錐外接球的球心，在中，可以算出的一個表達式，在中，可以計算出的一個表達式，根據長度關系可構造等式求得半徑，進而求出球的表面積．【詳解】取中點，由，可知：，為三棱錐外接球球心，過作平面，交平面于，連接交于，連接，，，，，，為的中點由球的性質可知：平面，，且．設，，，，在中，，即，解得：，三棱錐的外接球的半徑為：，三棱錐外接球的表面積為．故選：.【點睛】本題考查三棱錐外接球的表面積的求解問題，求解幾何體外接球相關問題的關鍵是能夠利用球的性質確定外接球球心的位置.12、A【解析】

分別代值計算可得，觀察可得數列是以3為周期的周期數列，問題得以解決.【詳解】解：∵，()，

，

，

，

，

…，

∴數列是以3為周期的周期數列，

，

，

故選：A.【點睛】本題考查數列的周期性和運用：求數列中的項，考查運算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

本題首先可以根據將化簡為，然后根據基本不等式即可求出最小值.【詳解】因為，所以，當且僅當，即、時取等號，故答案為：.【點睛】本題考查根據基本不等式求最值，基本不等式公式為，在使用基本不等式的時候要注意“”成立的情況，考查化歸與轉化思想，是中檔題.14、①②③【解析】

根據偶函數的圖象關于軸對稱，利用已知中的條件作出偶函數的圖象，利用圖象對各個選項進行判斷即可.【詳解】解：當時又因為為偶函數可畫出的圖象，如下所示：可知當時有5個不同的零點；故①正確；若，函數的零點不超過4個，即，與的交點不超過4個，時恒成立又當時，在上恒成立在上恒成立由于偶函數的圖象，如下所示：直線與圖象的公共點不超過個，則，故②正確；對，偶函數的圖象，如下所示：，使得直線與恰有4個不同的交點點，且相鄰點之間的距離相等，故③正確．故答案為：①②③【點睛】本題考查函數方程思想，數形結合思想，屬于難題.15、【解析】

先根據題意，求出的解得或，然后求出f(x)的導函數，求其單調性以及最值，在根據題意求出函數有3個不同的零點x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情況討論求出的取值范圍.【詳解】解：令t=f（x），函數有3個不同的零點，即+m=0有兩個不同的解，解之得即或因為的導函數，令，解得x>e，，解得0<x<e，可得f（x）在（0，e）遞增，在遞減；f(x)的最大值為，且且f(1)=0；要使函數有3個不同的零點，（1）有兩個不同的解，此時有一個解；（2）有兩個不同的解，此時有一個解當有兩個不同的解，此時有一個解，此時，不符合題意；或是不符合題意；所以只能是解得，此時=-m，此時有兩個不同的解，此時有一個解此時，不符合題意；或是不符合題意；所以只能是解得，此時=，綜上：的取值范圍是故答案為【點睛】本題主要考查了函數與導函數的綜合，考查到了函數的零點，導函數的應用，以及數形結合的思想、分類討論的思想，屬于綜合性極強的題目，屬于難題.16、【解析】

依據古典概型的計算公式，分別求“任取兩個數”和“任取兩個數，和是質數”的事件數，計算即可。【詳解】“任取兩個數”的事件數為，“任取兩個數，和是質數”的事件有（2,3），（2,5），（2,11）共3個，所以任取兩個數，這兩個數的和仍是質數的概率是。【點睛】本題主要考查古典概型的概率求法。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；（3）見解析【解析】

（1）需滿足恒成立，只需即可；（2）根據的單調性，構造新函數，并令，根據的單調性即可得證；（3）將問題轉化為證明有唯一實數解，對求導，判斷其單調性，結合題目條件與不等式的放縮，即可得證．【詳解】；令，則恒成立；，；的取值范圍是；（2）證明：由（1）知，在上單調遞減，在上單調遞增；；令，；則；令，則；；；（3）證明：，，要證明有唯一實數解；當時，；當時，；即對于任意實數，一定有解；；當時，有兩個極值點；函數在，，上單調遞增，在上單調遞減；又；只需，在時恒成立；只需；令，其中一個正解是；，；單調遞增，，（1）；；；綜上得證．【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數證明不等式，考查了轉化思想、不等式的放縮，屬難題．18、（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）取的中點D，連結，.根據線面平行的判定定理即得；（2）先證，，和都是平面內的直線且交于點，由（1）得，再結合線面垂直的判定定理即得.【詳解】（1）取的中點D，連結，.在中，P，D分別為，中點，，且.在直三棱柱中，，.Q為棱的中點，，且.，.四邊形為平行四邊形，從而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D為中點，.由（1）知，，.又，平面，平面，平面.【點睛】本題考查線面平行的判定定理，以及線面垂直的判定定理，難度不大.19、（1）（2）【解析】

（1）由直線可得橢圓右焦點的坐標為,由中點可得,且由斜率公式可得,由點在橢圓上,則,二者作差,進而代入整理可得,即可求解；（2）設直線,點到直線的距離為,則四邊形的面積為,將代入橢圓方程,再利用弦長公式求得,利用點到直線距離求得,根據直線l與線段AB（不含端點）相交,可得,即,進而整理換元,由二次函數性質求解最值即可.【詳解】（1）直線與x軸交于點,所以橢圓右焦點的坐標為,故,因為線段AB的中點是,設,則,且,又,作差可得,則,得又,所以,因此橢圓的方程為.（2）由（1）聯立,解得或,不妨令,易知直線l的斜率存在,設直線,代入,得,解得或,設,則,則,因為到直線的距離分別是,由于直線l與線段AB（不含端點）相交,所以,即,所以,四邊形的面積,令,,則,所以,當,即時,，因此四邊形面積的最大值為.【點睛】本題考查求橢圓的標準方程,考查橢圓中的四邊形面積問題,考查直線與橢圓的位置關系的應用,考查運算能力.20、(Ⅰ).(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)時，根據絕對值不等式的定義去掉絕對值，求不等式的解集即可；(Ⅱ)不等式的解集為，等價于，求出在的最小值即可．【詳解】(Ⅰ)當時，時，不等式化為，解得，即時,不等式化為，不等式恒成立，即時,不等式化為，解得，即綜上所述，不等式的解集為(Ⅱ)不等式的解集為對任意恒成立當時，取得最小值為實數的取值范圍是【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法與應用問題，也考查了函數絕對值三角不等式的應用問題，屬于常規題型．21、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）．【解析】

(I)取的中點,連接,通過證明平面得出;(II)以為原點建立坐標系，求出平面