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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．已知數列的前n項和為，，且對于任意，滿足，則（）A． B． C． D．2．某幾何體的三視圖如圖所示，若圖中小正方形的邊長均為1，則該幾何體的體積是A． B． C． D．3．如圖所示的程序框圖，若輸入，，則輸出的結果是（）A． B． C． D．4．直線與圓的位置關系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切5．下圖是我國第24~30屆奧運獎牌數的回眸和中國代表團獎牌總數統計圖，根據表和統計圖，以下描述正確的是（）．金牌（塊）銀牌（塊）銅牌（塊）獎牌總數2451112282516221254261622125027281615592832171463295121281003038272388A．中國代表團的奧運獎牌總數一直保持上升趨勢B．折線統計圖中的六條線段只是為了便于觀察圖象所反映的變化，不具有實際意義C．第30屆與第29屆北京奧運會相比，奧運金牌數、銀牌數、銅牌數都有所下降D．統計圖中前六屆奧運會中國代表團的奧運獎牌總數的中位數是54.56．已知為兩條不重合直線，為兩個不重合平面，下列條件中，的充分條件是（）A．∥ B．∥C．∥∥ D．7．在長方體中，，則直線與平面所成角的余弦值為（）A． B． C． D．8．一個空間幾何體的正視圖是長為4，寬為的長方形，側視圖是邊長為2的等邊三角形，俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．9．函數在上單調遞減，且是偶函數，若，則的取值范圍是（）A．（2，+∞） B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）C．（1，2） D．（﹣∞，1）10．設，是方程的兩個不等實數根，記（）.下列兩個命題（）①數列的任意一項都是正整數；②數列存在某一項是5的倍數.A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確C．①②都正確 D．①②都錯誤11．正項等比數列中，，且與的等差中項為4，則的公比是()A．1 B．2 C． D．12．把函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象．給出下列四個命題①的值域為②的一個對稱軸是③的一個對稱中心是④存在兩條互相垂直的切線其中正確的命題個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，則_________.14．如圖是某幾何體的三視圖，俯視圖中圓的兩條半徑長為2且互相垂直，則該幾何體的體積為________.15．過且斜率為的直線交拋物線于兩點，為的焦點若的面積等于的面積的2倍，則的值為___________.16．割圓術是估算圓周率的科學方法，由三國時期數學家劉徽創立，他用圓內接正多邊形面積無限逼近圓面積，從而得出圓周率．現在半徑為1的圓內任取一點，則該點取自其內接正十二邊形內部的概率為________．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）已知不等式對于任意的恒成立.（1）求實數m的取值范圍；（2）若m的最大值為M，且正實數a，b，c滿足.求證.18．（12分）設函數．（1）當時，解不等式；（2）設，且當時，不等式有解，求實數的取值范圍．19．（12分）求函數的最大值．20．（12分）已知函數.（1）當時，求函數的圖象在處的切線方程；（2）討論函數的單調性；（3）當時，若方程有兩個不相等的實數根，求證：.21．（12分）已知等差數列中，，數列的前項和.（1）求；（2）若，求的前項和.22．（10分）已知.（1）若是上的增函數，求的取值范圍；（2）若函數有兩個極值點，判斷函數零點的個數.

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、D【解析】

利用數列的遞推關系式判斷求解數列的通項公式，然后求解數列的和，判斷選項的正誤即可．【詳解】當時，．所以數列從第2項起為等差數列，，所以，，．，，．故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用、數列求和以及數列的通項公式的求法，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題．2、B【解析】該幾何體是直三棱柱和半圓錐的組合體，其中三棱柱的高為2，底面是高和底邊均為4的等腰三角形，圓錐的高為4，底面半徑為2，則其體積為，.故選B點睛：由三視圖畫出直觀圖的步驟和思考方法：1、首先看俯視圖，根據俯視圖畫出幾何體地面的直觀圖；2、觀察正視圖和側視圖找到幾何體前、后、左、右的高度；3、畫出整體，然后再根據三視圖進行調整.3、B【解析】

列舉出循環的每一步，可得出輸出結果.【詳解】，，不成立，，；不成立，，；不成立，，；成立，輸出的值為.故選：B.【點睛】本題考查利用程序框圖計算輸出結果，一般要將算法的每一步列舉出來，考查計算能力，屬于基礎題.4、D【解析】

由幾何法求出圓心到直線的距離，再與半徑作比較，由此可得出結論．【詳解】解：由題意，圓的圓心為，半徑，∵圓心到直線的距離為，，，故選：D．【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系，屬于基礎題．5、B【解析】

根據表格和折線統計圖逐一判斷即可.【詳解】A.中國代表團的奧運獎牌總數不是一直保持上升趨勢，29屆最多，錯誤；B.折線統計圖中的六條線段只是為了便于觀察圖象所反映的變化，不表示某種意思，正確；C.30屆與第29屆北京奧運會相比，奧運金牌數、銅牌數有所下降，銀牌數有所上升，錯誤；D.統計圖中前六屆奧運會中國代表團的奧運獎牌總數按照順序排列的中位數為,不正確；故選：B【點睛】此題考查統計圖，關鍵點讀懂折線圖，屬于簡單題目.6、D【解析】

根據面面垂直的判定定理，對選項中的命題進行分析、判斷正誤即可.【詳解】對于A，當，，時，則平面與平面可能相交，，，故不能作為的充分條件，故A錯誤；對于B，當，，時，則，故不能作為的充分條件，故B錯誤；對于C，當，，時，則平面與平面相交，，，故不能作為的充分條件，故C錯誤；對于D，當，，，則一定能得到，故D正確.故選：D.【點睛】本題考查了面面垂直的判斷問題，屬于基礎題.7、C【解析】

在長方體中，得與平面交于，過做于，可證平面，可得為所求解的角，解，即可求出結論.【詳解】在長方體中，平面即為平面，過做于，平面，平面，平面，為與平面所成角，在，，直線與平面所成角的余弦值為.故選:C.【點睛】本題考查直線與平面所成的角，定義法求空間角要體現“做”“證”“算”，三步驟缺一不可，屬于基礎題.8、B【解析】

由三視圖確定原幾何體是正三棱柱，由此可求得體積．【詳解】由題意原幾何體是正三棱柱，．故選：B．【點睛】本題考查三視圖，考查棱柱的體積．解題關鍵是由三視圖不愿出原幾何體．9、B【解析】

根據題意分析的圖像關于直線對稱，即可得到的單調區間，利用對稱性以及單調性即可得到的取值范圍。【詳解】根據題意，函數滿足是偶函數，則函數的圖像關于直線對稱，若函數在上單調遞減，則在上遞增，所以要使，則有，變形可得，解可得：或，即的取值范圍為；故選：B．【點睛】本題考查偶函數的性質，以及函數單調性的應用，有一定綜合性，屬于中檔題。10、A【解析】

利用韋達定理可得,,結合可推出,再計算出,,從而推出①正確;再利用遞推公式依次計算數列中的各項,以此判斷②的正誤.【詳解】因為,是方程的兩個不等實數根,所以,,因為,所以,即當時,數列中的任一項都等于其前兩項之和,又,,所以,,,以此類推,即可知數列的任意一項都是正整數,故①正確;若數列存在某一項是5的倍數,則此項個位數字應當為0或5,由,,依次計算可知,數列中各項的個位數字以1,3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2為周期,故數列中不存在個位數字為0或5的項,故②錯誤;故選:A.【點睛】本題主要考查數列遞推公式的推導,考查數列性質的應用,考查學生的綜合分析以及計算能力.11、D【解析】

設等比數列的公比為q，，運用等比數列的性質和通項公式，以及等差數列的中項性質，解方程可得公比q．【詳解】由題意，正項等比數列中，，可得，即，與的等差中項為4，即，設公比為q，則，則負的舍去，故選D．【點睛】本題主要考查了等差數列的中項性質和等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列通項公式，合理利用等比數列的性質是解答的關鍵，著重考查了方程思想和運算能力，屬于基礎題．12、C【解析】

由圖象變換的原則可得,由可求得值域；利用代入檢驗法判斷②③；對求導,并得到導函數的值域,即可判斷④.【詳解】由題,,則向右平移個單位可得,,的值域為,①錯誤；當時,,所以是函數的一條對稱軸,②正確；當時,,所以的一個對稱中心是,③正確；,則,使得,則在和處的切線互相垂直,④正確.即②③④正確,共3個.故選:C【點睛】本題考查三角函數的圖像變換,考查代入檢驗法判斷余弦型函數的對稱軸和對稱中心,考查導函數的幾何意義的應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

因為，所以.因為，所以，又，所以，所以..14、20【解析】

由三視圖知該幾何體是一個圓柱與一個半球的四分之三的組合，利用球體體積公式、圓柱體積公式計算即可.【詳解】由三視圖知，該幾何體是由一個半徑為2的半球的四分之三和一個底面半徑2、高為4的圓柱組合而成，其體積為.故答案為：20.【點睛】本題考查三視圖以及幾何體體積，考查學生空間想象能力以及數學運算能力，是一道容易題.15、2【解析】

聯立直線與拋物線的方程，根據一元二次方程的根與系數的關系以及面積關系求解即可.【詳解】如圖，設，由，則，由可得，由，則，所以，得.故答案為：2【點睛】此題考查了拋物線的性質，屬于中檔題.16、【解析】

求出圓內接正十二邊形的面積和圓的面積，再用幾何概型公式求出即可．【詳解】半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，∴該正十二邊形的面積為，根據幾何概型公式，該點取自其內接正十二邊形的概率為，故答案為：．【點睛】本小題主要考查面積型幾何概型的計算，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）（2）證明見解析【解析】

（1）法一：，，得，則，由此可得答案；法二：由題意，令，易知是偶函數，且時為增函數，由此可得出答案；（2）由（1）知，，即，結合“1”的代換，利用基本不等式即可證明結論．【詳解】解：（1）法一：（當且僅當時取等號），又（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號），由題意得，則，解得，故的取值范圍是；法二：因為對于任意恒有成立，即，令，易知是偶函數，且時為增函數，所以，即，則，解得，故的取值范圍是；（2）由（1）知，，即，∴，故不等式成立．【點睛】本題主要考查絕對值不等式的恒成立問題，考查基本不等式的應用，屬于中檔題．18、（1）；（2）.【解析】

（1）通過分類討論去掉絕對值符號，進而解不等式組求得結果；（2）將不等式整理為，根據能成立思想可知，由此構造不等式求得結果.【詳解】（1）當時，可化為，由，解得；由，解得；由，解得．綜上所述：所以原不等式的解集為．（2），，，，有解，，即，又，，實數的取值范圍是．【點睛】本題考查絕對值不等式的求解、根據不等式有解求解參數范圍的問題；關鍵是明確對于不等式能成立的問題，通過分離變量的方式將問題轉化為所求參數與函數最值之間的比較問題.19、【解析】

試題分析：由柯西不等式得試題解析：因為，所以．等號當且僅當，即時成立．所以的最大值為．考點：柯西不等式求最值20、（1）；（2）當時，在上是減函數；當時，在上是增函數；（3）證明見解析.【解析】

（1）當時，，求得其導函數，，可求得函數的圖象在處的切線方程；（2）由已知得，得出導函數，并得出導函數取得正負的區間，可得出函數的單調性；（3）當時，，，由（2）得的單調區間，以當方程有兩個不相等的實數根，不妨設，且有，，構造函數，分析其導函數的正負得出函數的單調性，得出其最值，所證的不等式可得證.【詳解】（1）當時，，所以，，所以函數的圖象在處的切線方程為，即；（2）由已知得，，令，得，所以當時，，當時，，所以在上是減函數，在上是增函數；（3）當時，，，由（2）得在上單調遞減，在單調遞增，所以，且時，，當時，，，所以當方程有兩個不相等的實數根，不妨設，且有，，構造函數，則，當時，所以，在上單調遞減，且，，由，在上單調遞增，.所以.【點睛】本題考查運用導函數求函數在某點的切線方程，討論函數的單調性，以及證明不等式，關鍵在于構造適當的函數，得出其導函數的正負，得出所構造的函數的單調性，屬于難度題.21、（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