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、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．在正方體中，點、分別為、的中點，過點作平面使平面，平面若直線平面，則的值為（）A． B． C． D．2．已知命題：是“直線和直線互相垂直”的充要條件；命題：對任意都有零點；則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．3．已知，則（）A． B． C． D．4．若，則實數的大小關系為（）A． B． C． D．5．已知半徑為2的球內有一個內接圓柱，若圓柱的高為2，則球的體積與圓柱的體積的比為（）A． B． C． D．6．如圖，網格紙是由邊長為1的小正方形構成，若粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．7．已知集合，集合，若，則（）A． B． C． D．8．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是說：兩個同高的幾何體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設、為兩個同高的幾何體，、的體積不相等，、在等高處的截面積不恒相等.根據祖暅原理可知，是的（）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9．設復數滿足，則（）A． B． C． D．10．已知函數，，且在上是單調函數，則下列說法正確的是（）A． B．C．函數在上單調遞減 D．函數的圖像關于點對稱11．已知命題，那么為（）A． B．C． D．12．已知集合，，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知平面向量，的夾角為，且，則=____14．若隨機變量的分布列如表所示，則______，______．-10115．已知角的終邊過點，則______.16．假設10公里長跑，甲跑出優秀的概率為，乙跑出優秀的概率為，丙跑出優秀的概率為，則甲、乙、丙三人同時參加10公里長跑，剛好有2人跑出優秀的概率為________．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）（選修4-4：坐標系與參數方程）在平面直角坐標系，已知曲線（為參數），在以原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立的極坐標系中，直線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和直線的直角坐標方程；（2）過點且與直線平行的直線交于，兩點，求點到，的距離之積．18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面，，，，為的中點，是上的點.（1）若平面，證明：平面.（2）求二面角的余弦值.19．（12分）如圖，是矩形，的頂點在邊上，點，分別是，上的動點（的長度滿足需求）.設，，，且滿足.（1）求；（2）若，，求的最大值.20．（12分）如圖，已知在三棱錐中，平面，分別為的中點，且.（1）求證：；（2）設平面與交于點，求證：為的中點.21．（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三個解，求實數的取值范圍.22．（10分）已知函數和的圖象關于原點對稱，且．（1）解關于的不等式；（2）如果對，不等式恒成立，求實數的取值范圍．

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】

作出圖形，設平面分別交、于點、，連接、、，取的中點，連接、，連接交于點，推導出，由線面平行的性質定理可得出，可得出點為的中點，同理可得出點為的中點，結合中位線的性質可求得的值.【詳解】如下圖所示：設平面分別交、于點、，連接、、，取的中點，連接、，連接交于點，四邊形為正方形，、分別為、的中點，則且，四邊形為平行四邊形，且，且，且，則四邊形為平行四邊形，，平面，則存在直線平面，使得，若平面，則平面，又平面，則平面，此時，平面為平面，直線不可能與平面平行，所以，平面，，平面，平面，平面平面，，，所以，四邊形為平行四邊形，可得，為的中點，同理可證為的中點，，，因此，.故選：B.【點睛】本題考查線段長度比值的計算，涉及線面平行性質的應用，解答的關鍵就是找出平面與正方體各棱的交點位置，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.2、A【解析】

先分別判斷每一個命題的真假，再利用復合命題的真假判斷確定答案即可.【詳解】當時，直線和直線，即直線為和直線互相垂直，所以“”是直線和直線互相垂直“的充分條件，當直線和直線互相垂直時，，解得.所以“”是直線和直線互相垂直“的不必要條件.：“”是直線和直線互相垂直“的充分不必要條件，故是假命題．當時，沒有零點，所以命題是假命題．所以是真命題，是假命題，是假命題，是假命題．故選：．【點睛】本題主要考查充要條件的判斷和兩直線的位置關系，考查二次函數的圖象，考查學生對這些知識的理解掌握水平.3、D【解析】

根據指數函數的單調性，即當底數大于1時單調遞增，當底數大于零小于1時單調遞減，對選項逐一驗證即可得到正確答案.【詳解】因為，所以，所以是減函數，又因為，所以，，所以，，所以A,B兩項均錯；又，所以，所以C錯；對于D，，所以，故選D.【點睛】這個題目考查的是應用不等式的性質和指對函數的單調性比較大小，兩個式子比較大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性質得到大小關系，有時可以代入一些特殊的數據得到具體值，進而得到大小關系.4、A【解析】

將化成以為底的對數，即可判斷的大小關系；由對數函數、指數函數的性質，可判斷出與1的大小關系，從而可判斷三者的大小關系.【詳解】依題意，由對數函數的性質可得.又因為，故.故選:A.【點睛】本題考查了指數函數的性質，考查了對數函數的性質，考查了對數的運算性質.兩個對數型的數字比較大小時，底數相同，則構造對數函數，結合對數的單調性可判斷大小；若真數相同，則結合對數函數的圖像或者換底公式可判斷大小；若真數和底數都不相同，則可與中間值如1,0比較大小.5、D【解析】

分別求出球和圓柱的體積，然后可得比值.【詳解】設圓柱的底面圓半徑為，則，所以圓柱的體積.又球的體積，所以球的體積與圓柱的體積的比，故選D.【點睛】本題主要考查幾何體的體積求解，側重考查數學運算的核心素養.6、C【解析】

根據三視圖還原為幾何體，結合組合體的結構特征求解表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體可看作是半個圓柱和一個長方體的組合體，其中半圓柱的底面半圓半徑為1，高為4，長方體的底面四邊形相鄰邊長分別為1，2，高為4，所以該幾何體的表面積，故選C.【點睛】本題主要考查三視圖的識別，利用三視圖還原成幾何體是求解關鍵，側重考查直觀想象和數學運算的核心素養.7、A【解析】

根據或，驗證交集后求得的值.【詳解】因為，所以或.當時，，不符合題意，當時，.故選A.【點睛】本小題主要考查集合的交集概念及運算，屬于基礎題.8、A【解析】

由題意分別判斷命題的充分性與必要性，可得答案.【詳解】解：由題意，若、的體積不相等，則、在等高處的截面積不恒相等，充分性成立；反之，、在等高處的截面積不恒相等，但、的體積可能相等，例如是一個正放的正四面體，一個倒放的正四面體，必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判定，意在考查學生的邏輯推理能力.9、D【解析】

根據復數運算，即可容易求得結果.【詳解】.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，屬基礎題.10、B【解析】

根據函數，在上是單調函數，確定，然后一一驗證，A.若，則，由，得，但.B.由，，確定，再求解驗證.C.利用整體法根據正弦函數的單調性判斷.D.計算是否為0.【詳解】因為函數，在上是單調函數，所以，即，所以，若，則，又因為，即，解得，而，故A錯誤.由，不妨令，得由，得或當時，，不合題意.當時，，此時所以，故B正確.因為，函數，在上是單調遞增，故C錯誤.，故D錯誤.故選：B【點睛】本題主要考查三角函數的性質及其應用，還考查了運算求解的能力，屬于較難的題.11、B【解析】

利用特稱命題的否定分析解答得解.【詳解】已知命題，，那么是.故選：．【點睛】本題主要考查特稱命題的否定，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.12、A【解析】

根據對數性質可知，再根據集合的交集運算即可求解.【詳解】∵，集合，∴由交集運算可得.故選：A.【點睛】本題考查由對數的性質比較大小，集合交集的簡單運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

根據平面向量模的定義先由坐標求得，再根據平面向量數量積定義求得；將化簡并代入即可求得.【詳解】，則，平面向量，的夾角為，則由平面向量數量積定義可得，根據平面向量模的求法可知，代入可得，解得，故答案為：1.【點睛】本題考查了平面向量模的求法及簡單應用，平面向量數量積的定義及運算，屬于基礎題.14、【解析】

首先求得a的值，然后利用均值的性質計算均值，最后求得的值，由方差的性質計算的值即可.【詳解】由題意可知，解得（舍去）或.則，則，由方差的計算性質得.【點睛】本題主要考查分布列的性質，均值的計算公式，方差的計算公式，方差的性質等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.15、【解析】

由題意利用任意角的三角函數的定義，兩角和差正弦公式，求得的值．【詳解】解：∵角的終邊過點，∴，，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，兩角和差正弦公式，屬于基礎題．16、【解析】

分跑出優秀的人為：甲、乙和甲、丙和乙、丙三種情況分別計算再求和即可.【詳解】剛好有2人跑出優秀有三種情況：其一是只有甲、乙兩人跑出優秀的概率為；其二是只有甲、丙兩人跑出優秀的概率為；其三是只有乙、丙兩人跑出優秀的概率為,三種情況相加得.即剛好有2人跑出優秀的概率為.故答案為：【點睛】本題主要考查了分類方法求解事件概率的問題,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）曲線：，直線的直角坐標方程；（2）1.【解析】試題分析：（1）先根據三角函數平方關系消參數得曲線化為普通方程，再根據將直線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）根據題意設直線參數方程，代入C方程，利用參數幾何意義以及韋達定理得點到，的距離之積試題解析：（1）曲線化為普通方程為：，由，得，所以直線的直角坐標方程為．（2）直線的參數方程為（為參數），代入化簡得：，設兩點所對應的參數分別為，則，．18、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）因為，利用線面平行的判定定理可證出平面，利用點線面的位置關系，得出和，由于底面，利用線面垂直的性質，得出，且，最后結合線面垂直的判定定理得出平面，即可證出平面.（2）由（1）可知，，兩兩垂直，建立空間直角坐標系，標出點坐標，運用空間向量坐標運算求出所需向量，分別求出平面和平面的法向量，最后利用空間二面角公式，即可求出的余弦值.【詳解】（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以可設平面平面，又因為平面，所以.因為平面，平面，所以，從而得.因為底面，所以.因為，所以.因為，所以平面.綜上，平面.（2）解：由（1）可得，，兩兩垂直，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.因為，所以，則，，，，所以，，，.設是平面的法向量，由取取，得.設是平面的法向量，由得取，得，所以，即的余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定和空間二面角的計算，還運用線面平行的性質、線面垂直的判定定理、點線面的位置關系、空間向量的坐標運算等，同時考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力.19、（1）（2）【解析】

（1）利用正弦定理和余弦定理化簡，根據勾股定理逆定理求得.（2）設，由此求得的表達式，利用三角函數最值的求法，求得的最大值.【詳解】（1）設，，，由，根據正弦定理和余弦定理得.化簡整理得.由勾股定理逆定理得.（2）設，，由（1）的結論知.在中，，由，所以.在中，，由，所以.所以，由，所以當，即時，取得最大值，且最大值為.【點睛】本小題考查正弦定理，余弦定理，勾股定理，解三角形，三角函數性質及其三角恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，化歸與轉換思想，應用意識.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）要做證明，只需證明平面即可；（2）易得∥平面，平面，利用線面平行的性質定理即可得到∥，從而獲得證明【詳解】證明：（1）因為平面，平面，所以.因為，所以.又因為，平面，平面，所以平面.又因為平面，所以.（2）因為平面與交于點，所以平面.因為分別為的中點，所以∥.又因為平面，平面，所以∥平面.又因為平面，平面平面，所以∥，又因為是的中點，所以為的中點.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理以及線面平行的性質定理，考查學生的邏輯推理能力，是一道容易題.21、（1）；（2）.【解析】

（1）對分三種情況討論，分別去掉絕對值符號，然后求解不等式組，再求并集即可得結果;（2）.作出函數的圖象,當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，由圖可得結果.【詳解】（1）不等式，即為.當時，即化為，得，此時不等式的解集為，當時，即化為，解得，此時不等式的解集為.綜上，不等式的解集為.（2）即.作出函數的圖象如圖所示，當直線與函數的圖象有三個