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．已知，，則（）A． B． C． D．2．過拋物線（）的焦點且傾斜角為的直線交拋物線于兩點.，且在第一象限，則（）A． B． C． D．3．已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為（）A． B． C． D．4．函數的圖象大致為A． B． C． D．5．已知α，β是兩平面，l，m，n是三條不同的直線，則不正確命題是（）A．若m⊥α，n//α，則m⊥n B．若m//α，n//α，則m//nC．若l⊥α，l//β，則α⊥β D．若α//β，lβ，且l//α，則l//β6．已知向量，且，則m=()A．?8 B．?6C．6 D．87．已知平面向量，滿足且，若對每一個確定的向量，記的最小值為，則當變化時，的最大值為（）A． B． C． D．18．已知等差數列的前項和為，，，則（）A．25 B．32 C．35 D．409．已知復數滿足，則=（）A． B．C． D．10．函數（其中是自然對數的底數）的大致圖像為（）A． B． C． D．11．設集合則（）A． B． C． D．12．已知集合，，則為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線與圓心為的圓相交于兩點，且，則實數的值為_________．14．已知數列的前項和為，，則滿足的正整數的值為______.15．拋物線的焦點坐標為______.16．已知四棱錐，底面四邊形為正方形，，四棱錐的體積為，在該四棱錐內放置一球，則球體積的最大值為_________．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）已知函數.（1）若是的極值點，求的極大值；（2）求實數的范圍，使得恒成立.18．（12分）已知函數，.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數的單調區間；（3）判斷函數的零點個數.19．（12分）設函數．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值為，且，求的最小值．20．（12分）已知橢圓的短軸長為，離心率，其右焦點為.（1）求橢圓的方程；（2）過作夾角為的兩條直線分別交橢圓于和，求的取值范圍.21．（12分）如圖，兩座建筑物AB，CD的底部都在同一個水平面上，且均與水平面垂直，它們的高度分別是10m和20m，從建筑物AB的頂部A看建筑物CD的視角∠CAD＝60°．（1）求BC的長度；（2）在線段BC上取一點P（點P與點B，C不重合），從點P看這兩座建筑物的視角分別為∠APB＝α，∠DPC＝β，問點P在何處時，α+β最小？22．（10分）已知矩陣，，若矩陣，求矩陣的逆矩陣．

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、D【解析】

分別解出集合然后求并集.【詳解】解：，故選：D【點睛】考查集合的并集運算，基礎題.2、C【解析】

作，；，由題意，由二倍角公式即得解.【詳解】由題意，，準線：，作，；，設，故，，.故選：C【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.3、A【解析】

根據球的特點可知截面是一個圓，根據等體積法計算出球心到平面的距離，由此求解出截面圓的半徑，從而截面面積可求.【詳解】如圖所示：設內切球球心為，到平面的距離為，截面圓的半徑為，因為內切球的半徑等于正方體棱長的一半，所以球的半徑為，又因為，所以，又因為，所以，所以，所以截面圓的半徑，所以截面圓的面積為.故選：A.【點睛】本題考查正方體的內切球的特點以及球的截面面積的計算，難度一般.任何一個平面去截球，得到的截面一定是圓面，截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到截面的距離去計算.4、D【解析】

由題可得函數的定義域為，因為，所以函數為奇函數，排除選項B；又，，所以排除選項A、C，故選D．5、B【解析】

根據線面平行、線面垂直和空間角的知識，判斷A選項的正確性.由線面平行有關知識判斷B選項的正確性.根據面面垂直的判定定理，判斷C選項的正確性.根據面面平行的性質判斷D選項的正確性.【詳解】A．若，則在中存在一條直線，使得，則，又，那么，故正確；B．若，則或相交或異面，故不正確；C．若，則存在，使，又，則，故正確．D．若，且，則或，又由，故正確．故選：B【點睛】本小題主要考查空間線線、線面和面面有關命題真假性的判斷，屬于基礎題.6、D【解析】

由已知向量的坐標求出的坐標，再由向量垂直的坐標運算得答案．【詳解】∵，又，∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝1．故選D．【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查向量垂直的坐標運算，屬于基礎題．7、B【解析】

根據題意,建立平面直角坐標系.令.為中點.由即可求得點的軌跡方程.將變形,結合及平面向量基本定理可知三點共線.由圓切線的性質可知的最小值即為到直線的距離最小值,且當與圓相切時,有最大值.利用圓的切線性質及點到直線距離公式即可求得直線方程,進而求得原點到直線的距離,即為的最大值.【詳解】根據題意,設,則由代入可得即點的軌跡方程為又因為,變形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三點共線,如下圖所示:所以的最小值即為到直線的距離最小值根據圓的切線性質可知,當與圓相切時,有最大值設切線的方程為,化簡可得由切線性質及點到直線距離公式可得,化簡可得即所以切線方程為或所以當變化時,到直線的最大值為即的最大值為故選:B【點睛】本題考查了平面向量的坐標應用,平面向量基本定理的應用,圓的軌跡方程問題,圓的切線性質及點到直線距離公式的應用,綜合性強,屬于難題.8、C【解析】

設出等差數列的首項和公差，即可根據題意列出兩個方程，求出通項公式，從而求得．【詳解】設等差數列的首項為，公差為，則，解得，∴，即有．故選：C．【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式的求法和應用，涉及等差數列的前項和公式的應用，屬于容易題．9、B【解析】

利用復數的代數運算法則化簡即可得到結論.【詳解】由，得，所以，.故選：B.【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，屬于基礎題.10、D【解析】由題意得，函數點定義域為且，所以定義域關于原點對稱，且，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，故選D.11、C【解析】

直接求交集得到答案.【詳解】集合，則.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，屬于簡單題.12、C【解析】

分別求解出集合的具體范圍，由集合的交集運算即可求得答案.【詳解】因為集合，，所以故選：C【點睛】本題考查對數函數的定義域求法、一元二次不等式的解法及集合的交集運算，考查基本運算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0或6【解析】

計算得到圓心，半徑，根據得到，利用圓心到直線的距離公式解得答案.【詳解】，即，圓心，半徑.，故圓心到直線的距離為，即，故或.故答案為：或.【點睛】本題考查了根據直線和圓的位置關系求參數，意在考查學生的計算能力和轉化能力。14、6【解析】

已知，利用，求出通項，然后即可求解【詳解】∵，∴當時，，∴；當時，，∴，故數列是首項為-2，公比為2的等比數列，∴.又，∴，∴，∴.【點睛】本題考查通項求解問題，屬于基礎題15、【解析】

變換得到，計算焦點得到答案.【詳解】拋物線的標準方程為，，所以焦點坐標為．故答案為：【點睛】本題考查了拋物線的焦點坐標，屬于簡單題.16、【解析】

由題知，該四棱錐為正四棱錐，作出該正四棱錐的高和斜高，連接，則球心O必在的邊上，設，由球與四棱錐的內切關系可知，設，用和表示四棱錐的體積，解得和的關系，進而表示出內切球的半徑，并求出半徑的最大值，進而求出球的體積的最大值.【詳解】設，，由球O內切于四棱錐可知，，，則，球O的半徑，，，，當且僅當時，等號成立，此時.故答案為：.【點睛】本題考查了棱錐的體積問題，內切球問題，考查空間想象能力，屬于較難的填空壓軸題.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）.（2）【解析】

（1）先對函數求導，結合極值存在的條件可求t，然后結合導數可研究函數的單調性，進而可求極大值；（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0時恒成立，構造函數g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，結合導數及函數的性質可求.【詳解】（1），x＞0，由題意可得，0，解可得t＝﹣4，∴，易得，當x＞2，0＜x＜1時，f′（x）＞0，函數單調遞增，當1＜x＜2時，f′（x）＜0，函數單調遞減，故當x＝1時，函數取得極大值f（1）＝﹣3；（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0時恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0時恒成立，令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，則，（i）當t≥0時，g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，（ii）當﹣2＜t＜0時，g（x）在（）上單調遞減，在（0，），（1，+∞）上單調遞增，此時g（1）＝t﹣1＜﹣1不合題意，舍去；（iii）當t＝﹣2時，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上單調遞增，此時g（1）＝﹣3不合題意；（iv）當t＜﹣2時，g（x）在（1，）上單調遞減，在（0，1），（）上單調遞增，此時g（1）＝t﹣1＜﹣3不合題意，綜上，t≥1時，f（x）≥2恒成立.【點睛】本題主要考查了利用導數求解函數的單調性及極值，利用導數與函數的性質處理不等式的恒成立問題，分類討論思想，屬于中檔題.18、（1）（2）答案見解析（3）答案見解析【解析】

（1）設曲線在點，處的切線的斜率為，可求得，，利用直線的點斜式方程即可求得答案；（2）由（Ⅰ）知，，分時，，三類討論，即可求得各種情況下的的單調區間為；（3）分與兩類討論，即可判斷函數的零點個數．【詳解】（1），，設曲線在點，處的切線的斜率為，則，又，曲線在點，處的切線方程為：，即；（2）由（1）知，，故當時，，所以在上單調遞增；當時，，；，，；的遞減區間為，遞增區間為，；當時，同理可得的遞增區間為，遞減區間為，；綜上所述，時，單調遞增為，無遞減區間；當時，的遞減區間為，遞增區間為，；當時，的遞增區間為，遞減區間為，；（3）當時，恒成立，所以無零點；當時，由，得：，只有一個零點．【點睛】本題考查利用導數研究曲線上某點的切線方程，利用導數研究函數的單調性，考查分類討論思想與推理、運算能力，屬于中檔題．19、（1）或（2）最小值為．【解析】

（1）討論，，三種情況，分別計算得到答案.（2）計算得到，再利用均值不等式計算得到答案.【詳解】（1）當時，由，解得；當時，由，解得；當時，由，解得．所以所求不等式的解集為或．（2）根據函數圖像知：當時，，所以．因為，由，可知，所以，當且僅當，，時，等號成立．所以的最小值為．【點睛】本題考查了解絕對值不等式，函數最值，均值不等式，意在考查學生對于不等式，函數知識的綜合應用.20、（1）；（2）.【解析】

（1）由已知短軸長求出，離心率求出關系，結合，即可求解；（2）當直線的斜率都存在時，不妨設直線的方程為，直線與橢圓方程聯立，利用相交弦長公式求出，斜率為，求出，得到關于的表達式，根據表達式的特點用“”判別式法求出范圍，當有一斜率不存在時，另一條斜率為，根據弦長公式，求出，即可求出結論.【詳解】（1）由得，又由得，則，故橢圓的方程為.（2）由（1）知，①當直線的斜率都存在時，由對稱性不妨設直線的方程為，由，，設，則，則，由橢圓對稱性可設直線的斜率為，則，.令，則，當時，，當時，由得，所以，即，且.②當直線的斜率其中一條不存在時，根據對稱性不妨設設直線的方程為，斜率不存在，則，，此時.若設的方程為，斜率不存在，則，綜上可知的取值范圍是.【點睛】本題考查橢圓標準方程、直線與橢圓的位置關系，注意根與系數關系、弦長公式、函數最值、橢圓性質的合理應用，意在考查邏輯推理、計算求解能力，屬于難題.21、（1）；（2）當BP為cm時，α+β取得最小值．【解析】

（1）作AE⊥CD，垂足為E，則CE＝10，DE＝10，設BC＝x，根據得到，解得答案.（2）設BP＝t，則，故，設，求導得到函數單調性，得到最值.【詳解】（1）作