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．如圖，正三棱柱各條棱的長度均相等，為的中點，分別是線段和線段的動點（含端點），且滿足，當運動時，下列結論中不正確的是A．在內總存在與平面平行的線段B．平面平面C．三棱錐的體積為定值D．可能為直角三角形2．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3．把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再將圖象向右平移個單位，那么所得圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．4．小張家訂了一份報紙，送報人可能在早上之間把報送到小張家，小張離開家去工作的時間在早上之間.用表示事件：“小張在離開家前能得到報紙”，設送報人到達的時間為，小張離開家的時間為，看成平面中的點，則用幾何概型的公式得到事件的概率等于（）A． B． C． D．5．已知是邊長為的正三角形，若，則A． B．C． D．6．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．7．將函數圖象上每一點的橫坐標變為原來的2倍，再將圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則函數圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．8．點在所在的平面內，，，，，且，則（）A． B． C． D．9．已知命題：，，則為()A．， B．，C．， D．，10．過雙曲線的右焦點F作雙曲線C的一條弦AB，且，若以AB為直徑的圓經過雙曲線C的左頂點，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C．2 D．11．已知偶函數在區間內單調遞減，，，，則，，滿足（）A． B． C． D．12．函數，，則“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點M是曲線y＝2lnx＋x2﹣3x上一動點，當曲線在M處的切線斜率取得最小值時，該切線的方程為_______．14．已知數列的前項和為，且成等差數列，，數列的前項和為，則滿足的最小正整數的值為______________.15．給出以下式子：①tan25°+tan35°tan25°tan35°；②2(sin35°cos25°+cos35°cos65°)；③其中，結果為的式子的序號是_____.16．已知邊長為的菱形中，，現沿對角線折起，使得二面角為，此時點，，，在同一個球面上，則該球的表面積為________.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）已知函數，．（1）若，，求實數的值．（2）若，，求正實數的取值范圍．18．（12分）已知圓上有一動點，點的坐標為，四邊形為平行四邊形，線段的垂直平分線交于點.（Ⅰ）求點的軌跡的方程；（Ⅱ）過點作直線與曲線交于兩點，點的坐標為，直線與軸分別交于兩點，求證：線段的中點為定點，并求出面積的最大值.19．（12分）表示，中的最大值，如，己知函數，.（1）設，求函數在上的零點個數；（2）試探討是否存在實數，使得對恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.20．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，點P在棱DF上．（1）若P是DF的中點，求異面直線BE與CP所成角的余弦值；（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值為，求PF的長度．21．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，.（1）證明：平面平面ABCD；（2）設H在AC上，，若，求PH與平面PBC所成角的正弦值.22．（10分）設函數f（x）=ax2–a–lnx，g（x）=，其中a∈R，e=2.718…為自然對數的底數.（Ⅰ）討論f（x）的單調性；（Ⅱ）證明：當x＞1時，g（x）＞0；（Ⅲ）確定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在區間（1，+∞）內恒成立.

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】

A項用平行于平面ABC的平面與平面MDN相交，則交線與平面ABC平行；B項利用線面垂直的判定定理；C項三棱錐與三棱錐體積相等，三棱錐的底面積是定值，高也是定值，則體積是定值;D項用反證法說明三角形DMN不可能是直角三角形.【詳解】A項，用平行于平面ABC的平面截平面MND，則交線平行于平面ABC，故正確；B項，如圖：當M、N分別在BB1、CC1上運動時,若滿足BM=CN,則線段MN必過正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正確；C項,當M、N分別在BB1、CC1上運動時,△A1DM的面積不變,N到平面A1DM的距離不變,所以棱錐N-A1DM的體積不變,即三棱錐A1-DMN的體積為定值,故正確；D項,若△DMN為直角三角形,則必是以∠MDN為直角的直角三角形,但MN的最大值為BC1,而此時DM,DN的長大于BB1,所以△DMN不可能為直角三角形,故錯誤.故選D【點睛】本題考查了命題真假判斷、棱柱的結構特征、空間想象力和思維能力，意在考查對線面、面面平行、垂直的判定和性質的應用，是中檔題.2、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.3、D【解析】

試題分析：把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），可得的圖象；再將圖象向右平移個單位，可得的圖象，那么所得圖象的一個對稱中心為，故選D.考點：三角函數的圖象與性質.4、D【解析】

這是幾何概型，畫出圖形，利用面積比即可求解.【詳解】解：事件發生，需滿足，即事件應位于五邊形內，作圖如下：故選：D【點睛】考查幾何概型，是基礎題.5、A【解析】

由可得，因為是邊長為的正三角形，所以，故選A．6、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.7、D【解析】

根據函數圖象的變換規律可得到解析式，然后將四個選項代入逐一判斷即可.【詳解】解：圖象上每一點的橫坐標變為原來的2倍,得到再將圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖象，故選：D【點睛】考查三角函數圖象的變換規律以及其有關性質，基礎題.8、D【解析】

確定點為外心，代入化簡得到，，再根據計算得到答案.【詳解】由可知，點為外心，則，，又，所以①因為，②聯立方程①②可得，，，因為，所以，即．故選：【點睛】本題考查了向量模長的計算，意在考查學生的計算能力.9、C【解析】

根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，即得答案.【詳解】全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，且命題：，，.故選：.【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，屬于基礎題.10、C【解析】

由得F是弦AB的中點.進而得AB垂直于x軸，得，再結合關系求解即可【詳解】因為，所以F是弦AB的中點.且AB垂直于x軸.因為以AB為直徑的圓經過雙曲線C的左頂點，所以，即，則，故.故選：C【點睛】本題是對雙曲線的漸近線以及離心率的綜合考查，是考查基本知識，屬于基礎題．11、D【解析】

首先由函數為偶函數，可得函數在內單調遞增，再由，即可判定大小【詳解】因為偶函數在減，所以在上增，，，，∴.故選：D【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性,不同類型的數比較大小,應找一個中間數,通過它實現大小關系的傳遞，屬于中檔題.12、B【解析】

根據函數奇偶性的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】設，若函數是上的奇函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“是奇函數”“的圖象關于軸對稱”；若函數是上的偶函數，則，所以，函數的圖象關于軸對稱.所以，“的圖象關于軸對稱”“是奇函數”.因此，“的圖象關于軸對稱”是“是奇函數”的必要不充分條件.故選：B.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數奇偶性的性質判斷是解決本題的關鍵，考查推理能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先求導數可得切線斜率，利用基本不等式可得切點橫坐標，從而可得切線方程.【詳解】，，＝1時有最小值1，此時M(1，﹣2)，故切線方程為：，即．故答案為：.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，切點處的導數值等于切線的斜率是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養.14、1【解析】

本題先根據公式初步找到數列的通項公式，然后根據等差中項的性質可解得的值，即可確定數列的通項公式，代入數列的表達式計算出數列的通項公式，然后運用裂項相消法計算出前項和，再代入不等式進行計算可得最小正整數的值．【詳解】由題意，當時，．當時，．則，．，，成等差數列，，即，解得．．，．．．，．即，，即，，，，即．滿足的最小正整數的值為1．故答案為：1．【點睛】本題主要考查數列求通項公式、裂項相消法求前項和，考查了轉化思想、方程思想，考查了不等式的計算、邏輯思維能力和數學運算能力．15、①②③【解析】

由已知分別結合和差角的正切及正弦余弦公式進行化簡即可求解.【詳解】①∵tan60°＝tan（25°+35°），tan25°+tan35°tan25°tan35°；tan25°tan35°，，②2（sin35°cos25°+cos35°cos65°）＝2（sin35°cos25°+cos35°sin25°），＝2sin60°；③tan（45°+15°）＝tan60°；故答案為：①②③【點睛】本題主要考查了兩角和與差的三角公式在三角化簡求值中的應用，屬于中檔試題.16、【解析】

分別取，的中點，，連接，由圖形的對稱性可知球心必在的延長線上，設球心為，半徑為，，由勾股定理可得、，再根據球的面積公式計算可得；【詳解】如圖，分別取，的中點，，連接，則易得，，，，由圖形的對稱性可知球心必在的延長線上，設球心為，半徑為，，可得，解得，.故該球的表面積為.故答案為：【點睛】本題考查多面體的外接球的計算，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）1（2）【解析】

（1）求得和，由，，得，令，令導數求得函數的單調性，利用，即可求解．（2）解法一：令，利用導數求得的單調性，轉化為，令（），利用導數得到的單調性，分類討論，即可求解．解法二：可利用導數，先證明不等式，，，，令（），利用導數，分類討論得出函數的單調性與最值，即可求解．【詳解】（1）由題意，得，，由，…①，得，令，則，因為，所以在單調遞增，又，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，當且僅當時等號成立．故方程①有且僅有唯一解，實數的值為1．（2）解法一：令（），則，所以當時，，單調遞增;當時，，單調遞減;故．令（），則．（i）若時，，在單調遞增，所以，滿足題意．（ii）若時，，滿足題意．（iii）若時，，在單調遞減，所以．不滿足題意．綜上述：．解法二：先證明不等式，，，…（*）．令，則當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，即．變形得，，所以時，，所以當時，.又由上式得，當時，，，.因此不等式（*）均成立．令（），則，（i）若時，當時，，單調遞增;當時，，單調遞減;故．（ii）若時，，在單調遞增，所以．因此，①當時，此時，，，則需由（*）知，，（當且僅當時等號成立），所以．②當時，此時，，則當時，（由（*）知）；當時，（由（*）知）．故對于任意，．綜上述：．【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）先畫出圖形，結合垂直平分線和平行四邊形性質可得為一定值，，故可確定點軌跡為橢圓（），進而求解；（Ⅱ）設直線方程為，點坐標分別為，聯立直線與橢圓方程得，，分別由點斜式求得直線KA的方程為，令得，同理得，由結合韋達定理即可求解，而，當重合交于點時，可求最值；【詳解】（Ⅰ），所以點的軌跡是一個橢圓，且長軸長，半焦距，所以，軌跡的方程為.（Ⅱ）當直線的斜率為0時，與曲線無交點.當直線的斜率不為0時，設過點的直線方程為，點坐標分別為.直線與橢圓方程聯立得消去，得.則，.直線KA的方程為.令得.同理可得.所以.所以的中點為.不妨設點在點的上方，則.【點睛】本題考查根據橢圓的定義求橢圓的方程，橢圓中的定點定值問題，屬于中檔題19、（1）個；（1）存在，.【解析】試題分析：（1）設，對其求導，及最小值，從而得到的解析式，進一步求值域即可；（1）分別對和兩種情況進行討論，得到的解析式，進一步構造，通過求導得到最值，得到滿足條件的的范圍．試題解析：（1）設，．．．．．．．．．．．．．1分令，得遞增；令，得遞減，．．．．．．．．．．．．．．．．．1分∴，∴，即，∴．．．．．．．．．．．．．3分設，結合與在上圖象可知，這兩個函數的圖象在上有兩個交點，即在上零點的個數為1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（或由方程在上有兩根可得）（1）假設存在實數，使得對恒成立，則，對恒成立，即，對恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分①設，令，得遞增；令，得遞減，∴，當即時，，∴，∵，∴4．故當時，對恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分當即時，在上遞減，∴．∵，∴，故當時，對恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分②若對恒成立，則，∴．．．．．．．．．．．11分由①及②得，．故存在實數，使得對恒成立，且的取值范圍為．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分考點：導數應用.【思路點睛】本題考查了函數恒成立問題；利用導數來判斷函數的單調性，進一步求最值；屬于難題．本題考查函數導數與單調性.確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可結合導數知識確定極值點和單調區間從而確定其大致圖象.方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理.恒成立問題以及可轉化為恒成立問題的問題，往往可利用參變分離的方法，轉化為求函數最值處理．也可構造新函數然后利用導數來求解.注意利用數形結合的數學思想方法.20、（1）．（2）．【解析】

（1）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AF為z軸，建立空間直角坐標系，則（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），計算夾角得到答案.（2）設，0≤λ≤1，計算P（0，2λ，2﹣2λ），計算平面APC的法向量（1，﹣1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根據夾角公式計算得到答案.【詳解】（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴AF⊥平面ABCD，又四邊形ABCD為矩形，∴以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AF為z軸，建立空間直角坐標系，∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中點，∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），設異面直線BE與CP所成角的平面角為θ，則cosθ，∴異面直線BE與CP所成角的余弦值為．（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），設P（a，b，c），，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），（0，2λ，2﹣2λ），（2，2，0），設平面APC的法向量（x，y，z），則，取x＝1，得（1，﹣1，），平面ADP的法向量（1，0，0），∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值為，∴|cos|，解得，∴P（0，，），∴PF的長度|PF|．【點睛】本題考查了異面直線夾角，根據二面角求長度，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.21、（1）見解析；（2）【解析】

（1）記，連結，推導出，平面，由此能證明平面平面；（2）推導出，平面，連