2023年高考數學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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（），若集合，且對任意的，存在使得，其中，，則稱集合A為集合M的基底.下列集合中能作為集合的基底的是（）A． B． C． D．2．設直線的方程為，圓的方程為，若直線被圓所截得的弦長為，則實數的取值為A．或11 B．或11 C． D．3．若為虛數單位，則復數在復平面上對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知一個三棱錐的三視圖如圖所示，其中三視圖的長、寬、高分別為，，，且，則此三棱錐外接球表面積的最小值為（）A． B． C． D．5．三國時代吳國數學家趙爽所注《周髀算經》中給出了勾股定理的絕妙證明.下面是趙爽的弦圖及注文，弦圖是一個以勾股形之弦為邊的正方形，其面積稱為弦實.圖中包含四個全等的勾股形及一個小正方形，分別涂成紅（朱）色及黃色，其面積稱為朱實、黃實，利用，化簡，得.設勾股形中勾股比為，若向弦圖內隨機拋擲顆圖釘（大小忽略不計），則落在黃色圖形內的圖釘數大約為（）A． B． C． D．6．若復數滿足，則的虛部為（）A．5 B． C． D．-57．設等差數列的前項和為，若，則（）A．10 B．9 C．8 D．78．如圖，矩形ABCD中，，，E是AD的中點，將沿BE折起至，記二面角的平面角為，直線與平面BCDE所成的角為，與BC所成的角為，有如下兩個命題：①對滿足題意的任意的的位置，；②對滿足題意的任意的的位置，，則()A．命題①和命題②都成立 B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立 D．命題①不成立，命題②成立9．設集合，，則()A． B．C． D．10．設等差數列的前項和為，若，則（）A．23 B．25 C．28 D．2911．已知復數滿足，則（）A． B． C． D．12．以，為直徑的圓的方程是A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．“學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全體黨員、面向全社會的優質平臺，現已日益成為老百姓了解國家動態，緊跟時代脈搏的熱門app.該款軟件主要設有“閱讀文章”和“視聽學習”兩個學習板塊和“每日答題”、“每周答題”、“專項答題”、“挑戰答題”四個答題板塊.某人在學習過程中，將六大板塊依次各完成一次，則“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間最多間隔一個答題板塊的學習方法有________種.14．在中，已知，則的最小值是________．15．已知實數，滿足，則的最大值為______.16．一個算法的偽代碼如圖所示，執行此算法，最后輸出的T的值為________.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）在平面直角坐標系中，以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線：.過點的直線：（為參數）與曲線相交于，兩點.（1）求曲線的直角坐標方程和直線的普通方程；（2）若，求實數的值.18．（12分）已知函數.（1）若在上為單調函數，求實數a的取值范圍：（2）若，記的兩個極值點為，，記的最大值與最小值分別為M，m，求的值.19．（12分）已知函數（I）當時，解不等式.（II）若不等式恒成立，求實數的取值范圍20．（12分）在平面直角坐標系中，已知拋物線C：（）的焦點F在直線上，平行于x軸的兩條直線，分別交拋物線C于A，B兩點，交該拋物線的準線于D，E兩點.（1）求拋物線C的方程；（2）若F在線段上，P是的中點，證明：.21．（12分）在三棱柱中，，，，且.（1）求證：平面平面；（2）設二面角的大小為，求的值.22．（10分）已知數列，其前項和為，滿足，，其中，，，.⑴若，，（），求證：數列是等比數列；⑵若數列是等比數列，求，的值；⑶若，且，求證：數列是等差數列.

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】

根據題目中的基底定義求解.【詳解】因為，，，，，，所以能作為集合的基底，故選：C【點睛】本題主要考查集合的新定義，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.2、A【解析】

圓的圓心坐標為（1，1），該圓心到直線的距離，結合弦長公式得，解得或，故選A．3、D【解析】

根據復數的運算，化簡得到，再結合復數的表示，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，根據復數的運算，可得，所對應的點為位于第四象限.故選D.【點睛】本題主要考查了復數的運算，以及復數的幾何意義，其中解答中熟記復數的運算法則，準確化簡復數為代數形式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．4、B【解析】

根據三視圖得到幾何體為一三棱錐，并以該三棱錐構造長方體，于是得到三棱錐的外接球即為長方體的外接球，進而得到外接球的半徑，求得外接球的面積后可求出最小值．【詳解】由已知條件及三視圖得，此三棱錐的四個頂點位于長方體的四個頂點，即為三棱錐，且長方體的長、寬、高分別為，∴此三棱錐的外接球即為長方體的外接球，且球半徑為，∴三棱錐外接球表面積為，∴當且僅當，時，三棱錐外接球的表面積取得最小值為．故選B．【點睛】（1）解決關于外接球的問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離都等于球的半徑，同時要作一圓面起襯托作用．（2）長方體的外接球的直徑即為長方體的體對角線，對于一些比較特殊的三棱錐，在研究其外接球的問題時可考慮通過構造長方體，通過長方體的外球球來研究三棱錐的外接球的問題．5、A【解析】分析：設三角形的直角邊分別為1，，利用幾何概型得出圖釘落在小正方形內的概率即可得出結論.解析：設三角形的直角邊分別為1，，則弦為2，故而大正方形的面積為4，小正方形的面積為.圖釘落在黃色圖形內的概率為.落在黃色圖形內的圖釘數大約為.故選：A.點睛：應用幾何概型求概率的方法建立相應的幾何概型，將試驗構成的總區域和所求事件構成的區域轉化為幾何圖形，并加以度量．(1)一般地，一個連續變量可建立與長度有關的幾何概型，只需把這個變量放在數軸上即可；(2)若一個隨機事件需要用兩個變量來描述，則可用這兩個變量的有序實數對來表示它的基本事件，然后利用平面直角坐標系就能順利地建立與面積有關的幾何概型；(3)若一個隨機事件需要用三個連續變量來描述，則可用這三個變量組成的有序數組來表示基本事件，利用空間直角坐標系即可建立與體積有關的幾何概型．6、C【解析】

把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】由（1+i）z＝|3+4i|，得z，∴z的虛部為．故選C．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．7、B【解析】

根據題意，解得，，得到答案.【詳解】，解得，，故.故選：.【點睛】本題考查了等差數列的求和，意在考查學生的計算能力.8、A【解析】

作出二面角的補角、線面角、線線角的補角，由此判斷出兩個命題的正確性.【詳解】①如圖所示，過作平面，垂足為，連接，作，連接.由圖可知，，所以，所以①正確.②由于，所以與所成角，所以，所以②正確.綜上所述，①②都正確.故選：A【點睛】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．9、D【解析】

利用一元二次不等式的解法和集合的交運算求解即可.【詳解】由題意知,集合,,由集合的交運算可得,.故選:D【點睛】本題考查一元二次不等式的解法和集合的交運算;考查運算求解能力;屬于基礎題.10、D【解析】

由可求，再求公差，再求解即可.【詳解】解：是等差數列，又，公差為，，故選：D【點睛】考查等差數列的有關性質、運算求解能力和推理論證能力，是基礎題.11、A【解析】

根據復數的運算法則，可得，然后利用復數模的概念，可得結果.【詳解】由題可知：由，所以所以故選：A【點睛】本題主要考查復數的運算，考驗計算，屬基礎題.12、A【解析】

設圓的標準方程，利用待定系數法一一求出，從而求出圓的方程.【詳解】設圓的標準方程為，由題意得圓心為，的中點，根據中點坐標公式可得，，又，所以圓的標準方程為：，化簡整理得，所以本題答案為A.【點睛】本題考查待定系數法求圓的方程，解題的關鍵是假設圓的標準方程，建立方程組，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】

先分間隔一個與不間隔分類計數，再根據捆綁法求排列數,最后求和得結果.【詳解】若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊相鄰，則學習方法有種;若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間間隔一個答題板塊的學習方法有種;因此共有種.故答案為：【點睛】本題考查排列組合實際問題，考查基本分析求解能力，屬基礎題.14、【解析】分析：可先用向量的數量積公式將原式變形為：，然后再結合余弦定理整理為，再由cosC的余弦定理得到a，b的關系式，最后利用基本不等式求解即可.詳解：已知，可得，將角A,B,C的余弦定理代入得，由，當a=b時取到等號，故cosC的最小值為.點睛：考查向量的數量積、余弦定理、基本不等式的綜合運用，能正確轉化是解題關鍵.屬于中檔題.15、【解析】

畫出不等式組表示的平面區域，將目標函數理解為點與構成直線的斜率，數形結合即可求得.【詳解】不等式組表示的平面區域如下所示：因為可以理解為點與構成直線的斜率，數形結合可知，當且僅當目標函數過點時，斜率取得最大值，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查目標函數為斜率型的規劃問題，屬基礎題.16、【解析】

由程序中的變量、各語句的作用，結合流程圖所給的順序，模擬程序的運行，即可得到答案.【詳解】根據題中的程序框圖可得：,執行循環體，，不滿足條件，執行循環體，，此時，滿足條件，退出循環，輸出的值為.故答案為：【點睛】本題主要考查了程序和算法，依次寫出每次循環得到的，的值是解題的關鍵，屬于基本知識的考查.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）.【解析】

（1）將代入求解，由（為參數）消去即可.（2）將（為參數）與聯立得，設，兩點對應的參數為，，則，，再根據，即，利用韋達定理求解.【詳解】（1）把代入，得，由（為參數），消去得，∴曲線的直角坐標方程和直線的普通方程分別是，.（2）將（為參數）代入得，設，兩點對應的參數為，，則，，由得，所以，即，所以，而，解得.【點睛】本題主要考查參數方程、極坐標方程、直角坐標方程的轉化和直線參數方程的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.18、（1）；（2）【解析】

（1）求導.根據單調，轉化為對恒成立求解（2）由（1）知，是的兩個根，不妨設，令.根據，確定，將轉化為.令，用導數法研究其單調性求最值.【詳解】（1）的定義域為，.因為單調，所以對恒成立，所以，恒成立，因為，當且僅當時取等號，所以；（2）由（1）知，是的兩個根.從而，，不妨設，則.因為，所以t為關于a的減函數，所以..令，則.因為當時，在上為減函數.所以當時，.從而，所以在上為減函數.所以當時，.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于難題.19、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】試題分析：（1）根據零點分區間法，去掉絕對值解不等式；（2）根據絕對值不等式的性質得，因此將問題轉化為恒成立，借此不等式即可．試題解析：（Ⅰ）由得，，或，或解得：所以原不等式的解集為.（Ⅱ）由不等式的性質得：，要使不等式恒成立，則當時，不等式恒成立；當時，解不等式得．綜上．所以實數的取值范圍為.20、（1）；（2）見解析【解析】

（1）根據拋物線的焦點在直線上，可求得的值，從而求得拋物線的方程；（2）法一：設直線，的方程分別為和且，，，可得，，，的坐標，進而可得直線的方程，根據在直線上，可得，再分別求得，，即可得證；法二：設，，則，根據直線的斜率不為0，設出直線的方程為，聯立直線和拋物線的方程，結合韋達定理，分別求出，，化簡，即可得證.【詳解】（1）拋物線C的焦點坐標為，且該點在直線上，所以，解得，故所求拋物線C的方程為（2）法一：由點F在線段上，可設直線，的方程分別為和且，，，則，，，.∴直線的方程為，即.又點在線段上，∴.∵P是的中點，∴∴，.由于，不重合，所以法二：設，，則當直線的斜率為0時，不符合題意，故可設直線的方程為聯立直線和拋物線的方程，得又，為該方程兩根，所以，，，.，由于，不重合，所以【點睛】本題考查拋物線的標準方程，考查拋物線的定義，考查直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．21、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）要證明平面平面，只需證明平面即可；（2）取的中點D，連接BD，以B為原點，以，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，分別計算平面的法向量為與平面的法向量為，利用夾