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．下列函數中，既是偶函數又在區間上單調遞增的是（）A． B． C． D．2．已知復數z滿足（i為虛數單位），則z的虛部為（）A． B． C．1 D．3．函數（，，）的部分圖象如圖所示，則的值分別為（）A．2，0 B．2， C．2， D．2，4．已知函數是定義在上的偶函數，當時，，則,，的大小關系為（）A． B． C． D．5．在中，D為的中點，E為上靠近點B的三等分點，且，相交于點P，則（）A． B．C． D．6．已知且，函數，若，則（）A．2 B． C． D．7．已知等差數列的前n項和為，，則A．3 B．4 C．5 D．68．已知雙曲線的左、右頂點分別是，雙曲線的右焦點為，點在過且垂直于軸的直線上，當的外接圓面積達到最小時，點恰好在雙曲線上，則該雙曲線的方程為（）A． B．C． D．9．設，為非零向量，則“存在正數，使得”是“”的（）A．既不充分也不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．充分不必要條件10．若實數滿足不等式組，則的最大值為（）A． B． C．3 D．211．設實數x,y滿足條件x+y-2?02x-y+3?0x-y?0則A．1 B．2 C．3 D．412．已知函數，若函數的極大值點從小到大依次記為，并記相應的極大值為，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知內角的對邊分別為外接圓的面積為，則的面積為_________.14．在的展開式中，項的系數是__________（用數字作答）．15．若一組樣本數據7，9，，8，10的平均數為9，則該組樣本數據的方差為______.16．已知復數，且滿足（其中為虛數單位），則____.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）在以為頂點的五面體中，底面為菱形，，，，二面角為直二面角.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.18．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）若存在兩個極值點，，證明：.19．（12分）若正數滿足，求的最小值.20．（12分）已知函數（）（1）函數在點處的切線方程為，求函數的極值；（2）當時，對于任意，當時，不等式恒成立，求出實數的取值范圍.21．（12分）如圖所示，在三棱柱中，為等邊三角形，，，平面，是線段上靠近的三等分點.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.22．（10分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）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、C【解析】

結合基本初等函數的奇偶性及單調性，結合各選項進行判斷即可.【詳解】A：為非奇非偶函數，不符合題意；B：在上不單調，不符合題意；C：為偶函數，且在上單調遞增，符合題意；D：為非奇非偶函數，不符合題意.故選：C.【點睛】本小題主要考查函數的單調性和奇偶性，屬于基礎題.2、D【解析】

根據復數z滿足，利用復數的除法求得，再根據復數的概念求解.【詳解】因為復數z滿足，所以，所以z的虛部為.故選：D.【點睛】本題主要考查復數的概念及運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.3、D【解析】

由題意結合函數的圖象，求出周期，根據周期公式求出，求出，根據函數的圖象過點，求出，即可求得答案【詳解】由函數圖象可知：，函數的圖象過點，，則故選【點睛】本題主要考查的是的圖像的運用，在解答此類題目時一定要挖掘圖像中的條件，計算三角函數的周期、最值，代入已知點坐標求出結果4、C【解析】

根據函數的奇偶性得，再比較的大小，根據函數的單調性可得選項.【詳解】依題意得，，當時，，因為，所以在上單調遞增，又在上單調遞增，所以在上單調遞增，，即，故選：C.【點睛】本題考查函數的奇偶性的應用、冪、指、對的大小比較，以及根據函數的單調性比較大小，屬于中檔題.5、B【解析】

設，則，，由B，P，D三點共線，C，P，E三點共線,可知，,解得即可得出結果.【詳解】設，則，，因為B，P，D三點共線，C，P，E三點共線，所以，，所以，.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡單應用,屬于基礎題.6、C【解析】

根據分段函數的解析式，知當時，且，由于，則，即可求出.【詳解】由題意知：當時，且由于，則可知：，則，∴，則，則.即.故選：C.【點睛】本題考查分段函數的應用，由分段函數解析式求自變量.7、C【解析】

方法一：設等差數列的公差為，則，解得，所以.故選C．方法二：因為，所以，則.故選C．8、A【解析】

點的坐標為，，展開利用均值不等式得到最值，將點代入雙曲線計算得到答案.【詳解】不妨設點的坐標為，由于為定值，由正弦定理可知當取得最大值時，的外接圓面積取得最小值，也等價于取得最大值，因為，，所以，當且僅當，即當時，等號成立，此時最大，此時的外接圓面積取最小值，點的坐標為，代入可得，．所以雙曲線的方程為．故選：【點睛】本題考查了求雙曲線方程，意在考查學生的計算能力和應用能力.9、D【解析】

充分性中，由向量數乘的幾何意義得，再由數量積運算即可說明成立；必要性中，由數量積運算可得，不一定有正數，使得，所以不成立，即可得答案.【詳解】充分性：若存在正數，使得，則，，得證；必要性：若，則，不一定有正數，使得，故不成立；所以是充分不必要條件故選：D【點睛】本題考查平面向量數量積的運算，向量數乘的幾何意義，還考查了充分必要條件的判定，屬于簡單題.10、C【解析】

作出可行域，直線目標函數對應的直線，平移該直線可得最優解．【詳解】作出可行域，如圖由射線，線段，射線圍成的陰影部分（含邊界），作直線，平移直線，當過點時，取得最大值1．故選：C．【點睛】本題考查簡單的線性規劃問題，解題關鍵是作出可行域，本題要注意可行域不是一個封閉圖形．11、C【解析】

畫出可行域和目標函數，根據目標函數的幾何意義平移得到答案.【詳解】如圖所示：畫出可行域和目標函數，z=x+y+1，即y=-x+z-1，z表示直線在y軸的截距加上1，根據圖像知，當x+y=2時，且x∈-13,1時，故選：C.【點睛】本題考查了線性規劃問題，畫出圖像是解題的關鍵.12、C【解析】

對此分段函數的第一部分進行求導分析可知，當時有極大值，而后一部分是前一部分的定義域的循環，而值域則是每一次前面兩個單位長度定義域的值域的2倍，故此得到極大值點的通項公式，且相應極大值，分組求和即得【詳解】當時，，顯然當時有，，∴經單調性分析知為的第一個極值點又∵時，∴，，，…，均為其極值點∵函數不能在端點處取得極值∴，，∴對應極值，，∴故選：C【點睛】本題考查基本函數極值的求解，從函數表達式中抽離出相應的等差數列和等比數列，最后分組求和，要求學生對數列和函數的熟悉程度高，為中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由外接圓面積，求出外接圓半徑，然后由正弦定理可求得三角形的內角，從而有，于是可得三角形邊長，可得面積．【詳解】設外接圓半徑為，則，由正弦定理，得，∴，，．故答案為：．【點睛】本題考查正弦定理，利用正弦定理求出三角形的內角，然后可得邊長，從而得面積，掌握正弦定理是解題關鍵．14、【解析】的展開式的通項為：.令，得.答案為：-40.點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第r＋1項，再由特定項的特點求出r值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第r＋1項，由特定項得出r值，最后求出其參數.15、1【解析】

根據題意，由平均數公式可得，解得的值，進而由方差公式計算，可得答案．【詳解】根據題意，數據7，9，，8，10的平均數為9，則，解得：，則其方差.故答案為：1．【點睛】本題考平均數、方差的計算，考查運算求解能力，求解時注意求出的值，屬于基礎題．16、【解析】

計算出，兩個復數相等，實部與實部相等，虛部與虛部相等，列方程組求解.【詳解】，所以，所以.故答案為：-8【點睛】此題考查復數的基本運算和概念辨析，需要熟練掌握復數的運算法則.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）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）連接交于點，取中點，連結，證明平面得到答案.（Ⅱ）分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，平面的法向量為，平面的法向量為，計算夾角得到答案.【詳解】（Ⅰ）連接交于點，取中點，連結因為為菱形，所以.因為，所以.因為二面角為直二面角，所以平面平面，且平面平面，所以平面所以因為所以是平行四邊形，所以.所以，所以，所以平面，又平面，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知兩兩垂直，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.設設平面的法向量為，由，取.平面的法向量為.所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.18、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）求得的導函數，對分成兩種情況，討論的單調性.（2）由（1）判斷出的取值范圍，根據韋達定理求得的關系式，利用差比較法，計算，通過構造函數，利用導數證得，由此證得，進而證得不等式成立.【詳解】（1）.當時，，此時在上單調遞減；當時，由解得或，∵是增函數，∴此時在和單調遞減，在單調遞增.（2）由（1）知.，，，不妨設，∴，，令，∴，∴在上是減函數，，∴，即.【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調區間，考查利用導數證明不等式，考查分類討論的數學思想方法，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.19、【解析】試題分析：由柯西不等式得，所以試題解析：因為均為正數，且，所以．于是由均值不等式可知，當且僅當時，上式等號成立．從而．故的最小值為．此時．考點：柯西不等式20、（1）極小值為，極大值為.（2）【解析】

（1）根據斜線的斜率即可求得參數，再對函數求導，即可求得函數的極值；（2）根據題意，對目標式進行變形，構造函數，根據是單調減函數，分離參數，求函數的最值即可求得結果.【詳解】（1）函數的定義域為，，，，可知，，解得，，可知在，時，，函數單調遞增，在時，，函數單調遞減，可知函數的極小值為，極大值為.（2）可以變形為，可得，可知函數在上單調遞減，，可得，設，，可知函數在單調遞減，，可知，可知參數的取值范圍為.【點睛】本題考查由切線的斜率求參數的值，以及對具體函數極值的求解，涉及構造函數法，以及利用導數求函數的值域；第二問的難點在于對目標式的變形，屬綜合性中檔題.21、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由，故，所以四邊形為菱形，再通過，證得，所以四邊形為正方形，得到.（2）根據（1）的論證，建立空間直角坐標，設平面的法向量為，由求得，再由，利用線面角的向量法公式求解.【詳解】（1）因為，故，所以四邊形為菱形，而平面，故.因為，故，故，即四邊形為正方形，故.（2）依題意，.在正方形中，，故以為原點，所在直線分別為、、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系；如圖所示：不紡設，則，又因為，所以.所以.設平面的法向量為，則，即，令，則.于是.又因為，設直線與平面所成角為，則