2023年高考數學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．已知復數，則（）A． B． C． D．2．一個正三棱柱的正（主）視圖如圖，則該正三棱柱的側面積是（）A．16 B．12 C．8 D．63．在聲學中，聲強級（單位：）由公式給出，其中為聲強（單位：）.，，那么（）A． B． C． D．4．已知，函數，若函數恰有三個零點，則（）A． B．C． D．5．若復數滿足（是虛數單位），則的虛部為（）A． B． C． D．6．下圖是民航部門統計的某年春運期間，六個城市售出的往返機票的平均價格（單位元），以及相比于上一年同期價格變化幅度的數據統計圖，以下敘述不正確的是（）A．深圳的變化幅度最小，北京的平均價格最高B．天津的往返機票平均價格變化最大C．上海和廣州的往返機票平均價格基本相當D．相比于上一年同期，其中四個城市的往返機票平均價格在增加7．如圖，正四面體的體積為，底面積為，是高的中點，過的平面與棱、、分別交于、、，設三棱錐的體積為，截面三角形的面積為，則（）A．， B．，C．， D．，8．復數滿足為虛數單位)，則的虛部為（）A． B． C． D．9．已知函數在區間上恰有四個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．博覽會安排了分別標有序號為“1號”“2號”“3號”的三輛車，等可能隨機順序前往酒店接嘉賓．某嘉賓突發奇想，設計兩種乘車方案．方案一：不乘坐第一輛車，若第二輛車的車序號大于第一輛車的車序號，就乘坐此車，否則乘坐第三輛車；方案二：直接乘坐第一輛車．記方案一與方案二坐到“3號”車的概率分別為P1，P2，則（）A．P1?P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P211．已知，，，，．若實數，滿足不等式組，則目標函數（）A．有最大值，無最小值 B．有最大值，有最小值C．無最大值，有最小值 D．無最大值，無最小值12．已知直線：（）與拋物線：交于（坐標原點），兩點，直線：與拋物線交于，兩點.若，則實數的值為（）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，則展開式中的系數為__14．某高校開展安全教育活動，安排6名老師到4個班進行講解，要求1班和2班各安排一名老師，其余兩個班各安排兩名老師，其中劉老師和王老師不在一起，則不同的安排方案有________種.15．已知集合，則____________.16．已知是拋物線上一點，是圓關于直線對稱的曲線上任意一點，則的最小值為________．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）中的內角，，的對邊分別是，，，若，.（1）求；（2）若，點為邊上一點，且，求的面積.18．（12分）2019年是五四運動100周年.五四運動以來的100年，是中國青年一代又一代接續奮斗、凱歌前行的100年，是中口青年用青春之我創造青春之中國、青春之民族的100年.為繼承和發揚五四精神在青年節到來之際，學校組織“五四運動100周年”知識競賽，競賽的一個環節由10道題目組成，其中6道A類題、4道B類題，參賽者需從10道題目中隨機抽取3道作答，現有甲同學參加該環節的比賽.（1）求甲同學至少抽到2道B類題的概率；（2）若甲同學答對每道A類題的概率都是，答對每道B類題的概率都是，且各題答對與否相互獨立.現已知甲同學恰好抽中2道A類題和1道B類題，用X表示甲同學答對題目的個數，求隨機變量X的分布列和數學期望.19．（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：.20．（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若對任意成立，求實數的取值范圍.21．（12分）已知的內角、、的對邊分別為、、，滿足.有三個條件：①；②；③.其中三個條件中僅有兩個正確，請選出正確的條件完成下面兩個問題：（1）求；（2）設為邊上一點，且，求的面積.22．（10分）在平面直角坐標系中，點，直線的參數方程為為參數），以坐標原點為極點，以軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線相交于不同的兩點是線段的中點，當時，求的值．

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、B【解析】

利用復數除法、加法運算，化簡求得，再求得【詳解】，故.故選：B【點睛】本小題主要考查復數的除法運算、加法運算，考查復數的模，屬于基礎題.2、B【解析】

根據正三棱柱的主視圖，以及長度，可知該幾何體的底面正三角形的邊長，然后根據矩形的面積公式，可得結果.【詳解】由題可知：該幾何體的底面正三角形的邊長為2所以該正三棱柱的三個側面均為邊長為2的正方形，所以該正三棱柱的側面積為故選：B【點睛】本題考查正三棱柱側面積的計算以及三視圖的認識，關鍵在于求得底面正三角形的邊長，掌握一些常見的幾何體的三視圖，比如：三棱錐，圓錐，圓柱等，屬基礎題.3、D【解析】

由得，分別算出和的值，從而得到的值.【詳解】∵，∴，∴，當時，，∴，當時，，∴，∴，故選：D.【點睛】本小題主要考查對數運算，屬于基礎題.4、C【解析】

當時，最多一個零點；當時，，利用導數研究函數的單調性，根據單調性畫函數草圖，根據草圖可得．【詳解】當時，，得；最多一個零點；當時，，，當，即時，，在，上遞增，最多一個零點．不合題意；當，即時，令得，，函數遞增，令得，，函數遞減；函數最多有2個零點；根據題意函數恰有3個零點函數在上有一個零點，在，上有2個零點，如圖：且，解得，，．故選．【點睛】遇到此類問題，不少考生會一籌莫展.由于方程中涉及兩個參數，故按“一元化”想法，逐步分類討論，這一過程中有可能分類不全面、不徹底.5、A【解析】

由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數可得復數,從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數的除法運算和復數的概念,屬于基礎題.復數除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數,轉化為乘法運算.6、D【解析】

根據條形圖可折線圖所包含的數據對選項逐一分析，由此得出敘述不正確的選項.【詳解】對于A選項，根據折線圖可知深圳的變化幅度最小，根據條形圖可知北京的平均價格最高，所以A選項敘述正確.對于B選項，根據折線圖可知天津的往返機票平均價格變化最大，所以B選項敘述正確.對于C選項，根據條形圖可知上海和廣州的往返機票平均價格基本相當，所以C選項敘述正確.對于D選項，根據折線圖可知相比于上一年同期，除了深圳外，另外五個城市的往返機票平均價格在增加，故D選項敘述錯誤.故選：D【點睛】本小題主要考查根據條形圖和折線圖進行數據分析，屬于基礎題.7、A【解析】

設，取與重合時的情況，計算出以及的值，利用排除法可得出正確選項.【詳解】如圖所示，利用排除法，取與重合時的情況.不妨設，延長到，使得．，，，，則，由余弦定理得，，，又，，當平面平面時，，，排除B、D選項；因為，，此時，，當平面平面時，，，排除C選項.故選：A.【點睛】本題考查平行線分線段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱錐的體積計算公式、排除法，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．8、C【解析】

，分子分母同乘以分母的共軛復數即可.【詳解】由已知，，故的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.9、A【解析】

函數的零點就是方程的解，設，方程可化為，即或，求出的導數，利用導數得出函數的單調性和最值，由此可根據方程解的個數得出的范圍．【詳解】由題意得有四個大于的不等實根，記，則上述方程轉化為，即，所以或．因為，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在處取得最小值，最小值為．因為，所以有兩個符合條件的實數解，故在區間上恰有四個不相等的零點，需且．故選：A．【點睛】本題考查復合函數的零點．考查轉化與化歸思想，函數零點轉化為方程的解，方程的解再轉化為研究函數的性質，本題考查了學生分析問題解決問題的能力．10、C【解析】

將三輛車的出車可能順序一一列出，找出符合條件的即可.【詳解】三輛車的出車順序可能為：123、132、213、231、312、321方案一坐車可能：132、213、231，所以，P1＝；方案二坐車可能：312、321，所以，P1＝；所以P1+P2＝故選C.【點睛】本題考查了古典概型的概率的求法，常用列舉法得到各種情況下基本事件的個數，屬于基礎題.11、B【解析】

判斷直線與縱軸交點的位置，畫出可行解域，即可判斷出目標函數的最值情況.【詳解】由，，所以可得.，所以由，因此該直線在縱軸的截距為正，但是斜率有兩種可能，因此可行解域如下圖所示：由此可以判斷該目標函數一定有最大值和最小值.故選：B【點睛】本題考查了目標函數最值是否存在問題，考查了數形結合思想，考查了不等式的性質應用.12、D【解析】

設，，聯立直線與拋物線方程，消去、列出韋達定理，再由直線與拋物線的交點求出點坐標，最后根據，得到方程，即可求出參數的值；【詳解】解：設，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故選：D【點睛】本題考查直線與拋物線的綜合應用，弦長公式的應用，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1．【解析】

由題意求定積分得到的值，再根據乘方的意義，排列組合數的計算公式，求出展開式中的系數．【詳解】∵已知，則，

它表示4個因式的乘積．

故其中有2個因式取，一個因式取，剩下的一個因式取1，可得的項．

故展開式中的系數．

故答案為：1．【點睛】本題主要考查求定積分，乘方的意義，排列組合數的計算公式，屬于中檔題．14、156【解析】

先考慮每班安排的老師人數，然后計算出對應的方案數，再考慮劉老師和王老師在同一班級的方案數，兩者作差即可得到不同安排的方案數.【詳解】安排6名老師到4個班則每班老師人數為1，1，2，2，共有種，劉老師和王老師分配到一個班，共有種，所以種.故答案為：.【點睛】本題考查排列組合的綜合應用，難度一般.對于分組的問題，首先確定每組的數量，對于其中特殊元素，可通過“正難則反”的思想進行分析.15、【解析】

根據并集的定義計算即可.【詳解】由集合的并集，知.故答案為：【點睛】本題考查集合的并集運算，屬于容易題.16、【解析】

由題意求出圓的對稱圓的圓心坐標，求出對稱圓的圓坐標到拋物線上的點的距離的最小值，減去半徑即可得到的最小值.【詳解】假設圓心關于直線對稱的點為，則有，解方程組可得，所以曲線的方程為，圓心為，設，則，又，所以，，即，所以，故答案為：.【點睛】該題考查的是有關動點距離的最小值問題，涉及到的知識點有點關于直線的對稱點，點與圓上點的距離的最小值為到圓心的距離減半徑，屬于中檔題目.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）10【解析】

（1）由二倍角的正弦公式以及正弦定理，可得，再根據二倍角的余弦公式計算即可；（2）由已知可得，利用余弦定理解出，由已知計算出與，再根據三角形的面積公式求出結果即可.【詳解】（1），，在中，由正弦定理得，，又，，，（2），，，由余弦定理得，，則，化簡得，，解得或（負值舍去），，，，，，的面積.【點睛】本題考查了三角形面積公式以及正弦定理、余弦定理的應用，考查了二倍角公式的應用，考查了運算能力，屬于基礎題.18、（1）；（2）分布列見解析，期望為．【解析】

（1）甲同學至少抽到2道B類題包含兩個事件：一個抽到2道B類題，一個是抽到3個B類題，計算出抽法數后可求得概率；（2）的所有可能值分別為，依次計算概率得分布列，再由期望公式計算期望．【詳解】（1）令“甲同學至少抽到2道B類題”為事件，則抽到2道類題有種取法，抽到3道類題有種取法，∴；（2）的所有可能值分別為，，，，，∴的分布列為：0123【點睛】本題考查古典概型，考查隨機變量的概率分布列和數學期望．解題關鍵是掌握相互獨立事件同時發生的概率計算公式．19、（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．20、（1）（2）【解析】

（1）把代入，利用零點分段討論法求解；（2）對任意成立轉化為求的最小值可得.【詳解】解：（1）當時，不等式可化為.討論：①當時，，所以，所以；②當時，，所以，所以；③當時，，所以，所以.綜上，當時，不等式的解集為.（2）因為，所以.又因為，對任意成立，所以，所以或.故實數的取值范圍為.【點睛】本題主要考查含有絕對值不等式的解法及恒成立問題，恒成立問題一般是轉化為最值問題求解，側重考查數學建模和數學運算的核心素養.21、