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．已知函數，則函數的零點所在區間為（）A． B． C． D．2．在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為A1D1的中點，若三棱錐P?ABC的四個頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為（）A．12 B． C． D．103．函數（）的圖像可以是（）A． B．C． D．4．設，且，則（）A． B． C． D．5．設等差數列的前項和為，若，則（）A．23 B．25 C．28 D．296．已知公差不為0的等差數列的前項的和為，，且成等比數列，則（）A．56 B．72 C．88 D．407．定義運算，則函數的圖象是（）．A． B．C． D．8．已知三棱錐且平面，其外接球體積為（）A． B． C． D．9．將函數圖象向右平移個單位長度后，得到函數的圖象關于直線對稱，則函數在上的值域是（）A． B． C． D．10．已知某批零件的長度誤差（單位：毫米）服從正態分布，從中隨機取一件，其長度誤差落在區間（3,6）內的概率為（）（附：若隨機變量ξ服從正態分布，則，．）A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%11．已知若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．12．函數的一個零點在區間內，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．為了抗擊新型冠狀病毒肺炎，某醫藥公司研究出一種消毒劑，據實驗表明，該藥物釋放量與時間的函數關系為（如圖所示），實驗表明，當藥物釋放量對人體無害.（1）______；（2）為了不使人身體受到藥物傷害，若使用該消毒劑對房間進行消毒，則在消毒后至少經過______分鐘人方可進入房間.14．若，則的最小值為________.15．在平面直角坐標系中，曲線在點處的切線與x軸相交于點A，其中e為自然對數的底數.若點，的面積為3，則的值是______.16．將函數的圖像向右平移個單位，得到函數的圖像，則函數在區間上的值域為__________．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）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.18．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程是為參數），曲線的參數方程是為參數），以為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系．（1）求直線和曲線的極坐標方程；（2）已知射線與曲線交于兩點，射線與直線交于點，若的面積為1，求的值和弦長．19．（12分）已知拋物線：（）的焦點到點的距離為.（1）求拋物線的方程；（2）過點作拋物線的兩條切線，切點分別為，，點、分別在第一和第二象限內，求的面積.20．（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為．（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程．21．（12分）誠信是立身之本，道德之基，我校學生會創設了“誠信水站”，既便于學生用水，又推進誠信教育，并用“”表示每周“水站誠信度”，為了便于數據分析，以四周為一周期，如表為該水站連續十二周（共三個周期）的誠信數據統計：第一周第二周第三周第四周第一周期第二周期第三周期（Ⅰ）計算表中十二周“水站誠信度”的平均數；（Ⅱ）若定義水站誠信度高于的為“高誠信度”，以下為“一般信度”則從每個周期的前兩周中隨機抽取兩周進行調研，計算恰有兩周是“高誠信度”的概率；（Ⅲ）已知學生會分別在第一個周期的第四周末和第二個周期的第四周末各舉行了一次“以誠信為本”的主題教育活動，根據已有數據，說明兩次主題教育活動的宣傳效果，并根據已有數據陳述理由.22．（10分）已知函數（是自然對數的底數，）.（1）求函數的圖象在處的切線方程；（2）若函數在區間上單調遞增，求實數的取值范圍；（3）若函數在區間上有兩個極值點，且恒成立，求滿足條件的的最小值（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）.

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、A【解析】

首先求得時，的取值范圍.然后求得時，的單調性和零點，令，根據“時，的取值范圍”得到，利用零點存在性定理，求得函數的零點所在區間.【詳解】當時，.當時，為增函數，且，則是唯一零點.由于“當時，.”，所以令，得，因為，，所以函數的零點所在區間為.故選：A【點睛】本小題主要考查分段函數的性質，考查符合函數零點，考查零點存在性定理，考查函數的單調性，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.2、C【解析】

取B1C1的中點Q，連接PQ，BQ，CQ，PD，則三棱柱BCQ?ADP為直三棱柱，此直三棱柱和三棱錐P?ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圓半徑，然后利用勾股定理可求出外接球的半徑【詳解】如圖，取B1C1的中點Q，連接PQ，BQ，CQ，PD，則三棱柱BCQ?ADP為直三棱柱，所以該直三棱柱的六個頂點都在球O的球面上，的外接圓直徑為，球O的半徑R滿足，所以球O的表面積S=4πR2=，故選：C.【點睛】此題考查三棱錐的外接球半徑與棱長的關系，及球的表面積公式，解題時要注意審題，注意空間思維能力的培養，屬于中檔題.3、B【解析】

根據，可排除，然后采用導數，判斷原函數的單調性，可得結果.【詳解】由題可知：，所以當時，，又，令，則令，則所以函數在單調遞減在單調遞增，故選：B【點睛】本題考查函數的圖像，可從以下指標進行觀察：（1）定義域；（2）奇偶性；（3）特殊值；（4）單調性；（5）值域，屬基礎題.4、C【解析】

將等式變形后，利用二次根式的性質判斷出，即可求出的范圍.【詳解】即故選：C【點睛】此題考查解三角函數方程，恒等變化后根據的關系即可求解，屬于簡單題目.5、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.6、B【解析】

，將代入，求得公差d，再利用等差數列的前n項和公式計算即可.【詳解】由已知，，，故，解得或（舍），故，.故選：B.【點睛】本題考查等差數列的前n項和公式，考查等差數列基本量的計算，是一道容易題.7、A【解析】

由已知新運算的意義就是取得中的最小值，因此函數，只有選項中的圖象符合要求，故選A.8、A【解析】

由,平面,可將三棱錐還原成長方體,則三棱錐的外接球即為長方體的外接球,進而求解.【詳解】由題,因為,所以,設,則由,可得,解得,可將三棱錐還原成如圖所示的長方體,則三棱錐的外接球即為長方體的外接球,設外接球的半徑為,則,所以,所以外接球的體積.故選:A【點睛】本題考查三棱錐的外接球體積,考查空間想象能力.9、D【解析】

由題意利用函數的圖象變換規律，三角函數的圖象的對稱性，余弦函數的值域，求得結果.【詳解】解：把函數圖象向右平移個單位長度后，可得的圖象；再根據得到函數的圖象關于直線對稱，，，，函數.在上，，，故，即的值域是，故選：D.【點睛】本題主要考查函數的圖象變換規律，三角函數的圖象的對稱性，余弦函數的值域，屬于中檔題．10、B【解析】試題分析：由題意故選B．考點：正態分布11、C【解析】

先解不等式，可得出，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等式.①當時，由，得，解得，此時；②當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，，則，此時；當時，，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.12、C【解析】

顯然函數在區間內連續,由的一個零點在區間內,則,即可求解.【詳解】由題,顯然函數在區間內連續,因為的一個零點在區間內,所以,即,解得,故選:C【點睛】本題考查零點存在性定理的應用,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、240【解析】

（1）由時，，即可得出的值；（2）解不等式組，即可得出答案.【詳解】（1）由圖可知，當時，，即（2）由題意可得，解得則為了不使人身體受到藥物傷害，若使用該消毒劑對房間進行消毒，則在消毒后至少經過分鐘人方可進入房間.故答案為：（1）2；（2）40【點睛】本題主要考查了分段函數的應用，屬于中檔題.14、【解析】

由基本不等式，可得到，然后利用，可得到最小值，要注意等號取得的條件。【詳解】由題意，，當且僅當時等號成立，所以，當且僅當時取等號，所以當時，取得最小值．【點睛】利用基本不等式求最值必須具備三個條件：①各項都是正數；②和（或積）為定值；③等號取得的條件。15、【解析】

對求導，再根據點的坐標可得切線方程，令，可得點橫坐標，由的面積為3，求解即得.【詳解】由題，，切線斜率，則切線方程為，令，解得，又的面積為3，，解得.故答案為：【點睛】本題考查利用導數研究函數的切線，難度不大.16、【解析】

根據圖像的平移變換得到函數的解析式，再利用整體思想求函數的值域.【詳解】函數的圖像向右平移個單位得，，，.故答案為：.【點睛】本題考查三角函數圖像的平移變換、值域的求解，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意整體思想的運用.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）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，連結，由題意得為的重心，，從而平面平面，進而是與平面所成角，由此能求出與平面所成角的正弦值．【詳解】（1）證明：記，連結，中，，，，，，平面，平面，平面平面．（2）中，，，，，，，，，，平面，∴，連結，由題意得為的重心，，，，平面平面平面，∴在平面的射影落在上，是與平面所成角，中，，，，．與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查線線、線面、面面的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．18、（1）,；（2）.【解析】

（1）先把直線和曲線的參數方程化成普通方程，再化成極坐標方程；（2）聯立極坐標方程，根據極徑的幾何意義可得，再由面積可解得極角，從而可得．【詳解】（1）直線的參數方程是為參數），消去參數得直角坐標方程為：．轉換為極坐標方程為：，即．曲線的參數方程是（為參數），轉換為直角坐標方程為：，化為一般式得化為極坐標方程為：．

（2）由于，得，．所以，所以，由于，所以，所以．【點睛】本題主要考查參數方程與普通方程的互化、直角坐標方程與極坐標方程的互化，熟記公式即可，屬于常考題型.19、（1）（2）【解析】

（1）因為，可得，即可求得答案；（2）分別設、的斜率為和，切點，，可得過點的拋物線的切線方程為：，聯立直線方程和拋物線方程，得到關于一元二次方程，根據，求得，，進而求得切點，坐標，根據兩點間距離公式求得，根據點到直線距離公式求得點到切線的距離，進而求得的面積.【詳解】（1），，解得，拋物線的方程為.（2）由題意可知，、的斜率都存在，分別設為和，切點，，過點的拋物線的切線：，由,消掉,可得，，即，解得，，又由，得，，，同理可得，，，，，切線的方程為，點到切線的距離為，，即的面積為.【點睛】本題主要考查了求拋物線方程和拋物線中三角形面積問題，解題關鍵是掌握拋物線定義和圓錐曲線與直線交點問題時,通常用直線和圓錐曲線聯立方程組,通過韋達定理建立起目標的關系式20、（1）；（2）【解析】

（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，，，所以拋物線的方程為．（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得最小值，此時.【點睛】本題考查了拋物線的標準方程的求法，直線與拋物線相交的問題，其中垂直條件的轉化，直線過定點均為該題的關鍵，屬于綜合性較強的題.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）兩次活動效果均好，理由詳見解析.【解析】

（Ⅰ）結合表中的數據，代入平均數公式求解即可；（Ⅱ）設抽到“高誠信度”的事件為，則抽到“一般信度”的事件為，則隨機抽取兩周，則有兩周為“高誠信度”事件為，利用列舉法列出所有的基本事件和事件所包含的基本事件，利用古典概型概率計算公式求解即可；（Ⅲ）結合表中的數據判斷即可.【詳解】（Ⅰ）表中十二周“水站誠信度”的平均數.（