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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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z＝（1+2i）（1+ai）（a∈R），若z∈R，則實數a＝（）A． B． C．2 D．﹣22．過拋物線C：y2＝4x的焦點F，且斜率為的直線交C于點M(M在x軸的上方)，l為C的準線，點N在l上且MN⊥l，則M到直線NF的距離為（）A． B． C． D．3．一袋中裝有個紅球和個黑球（除顏色外無區別），任取球，記其中黑球數為，則為（）A． B． C． D．4．已知函數（）的部分圖象如圖所示，且，則的最小值為（）A． B．C． D．5．如圖，在中，，是上一點，若，則實數的值為（）A． B． C． D．6．是虛數單位，則（）A．1 B．2 C． D．7．在等腰直角三角形中，，為的中點，將它沿翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球的表面積為（）.A． B． C． D．8．已知函數，若函數的極大值點從小到大依次記為，并記相應的極大值為，則的值為（）A． B． C． D．9．下列說法正確的是（）A．“若，則”的否命題是“若，則”B．“若，則”的逆命題為真命題C．，使成立D．“若，則”是真命題10．若，則下列不等式不能成立的是（）A． B． C． D．11．已知（），i為虛數單位，則（）A． B．3 C．1 D．512．執行如圖所示的程序框圖，當輸出的時，則輸入的的值為()A．-2 B．-1 C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數學家狄里克雷對數論，數學分析和數學物理有突出貢獻，是解析數論的創始人之一.函數，稱為狄里克雷函數.則關于有以下結論:①的值域為;②;③;④其中正確的結論是_______(寫出所有正確的結論的序號)14．過點，且圓心在直線上的圓的半徑為__________．15．已知是等比數列,若，,且∥,則______.16．將含有甲、乙、丙的6人平均分成兩組參加“文明交通”志愿者活動，其中一組指揮交通，一組分發宣傳資料，則甲、乙至少一人參加指揮交通且甲、丙不在同一個組的概率為__________.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）在中，角所對的邊分別是，且.（1）求角的大小；（2）若，求邊長.18．（12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．19．（12分）已知函數（）（1）函數在點處的切線方程為，求函數的極值；（2）當時，對于任意，當時，不等式恒成立，求出實數的取值范圍.20．（12分）在創建“全國文明衛生城”過程中，運城市“創城辦”為了調查市民對創城工作的了解情況，進行了一次創城知識問卷調查(一位市民只能參加一次)，通過隨機抽樣，得到參加問卷調查的人的得分統計結果如表所示：.組別頻數（1）由頻數分布表可以大致認為，此次問卷調查的得分似為這人得分的平均值(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表)，利用該正態分布，求；（2）在（1）的條件下，“創城辦”為此次參加問卷調查的市民制定如下獎勵方案：①得分不低于的可以獲贈次隨機話費，得分低于的可以獲贈次隨機話費；②每次獲贈的隨機話費和對應的概率為：贈送話費的金額(單位：元)概率現有市民甲參加此次問卷調查，記(單位：元)為該市民參加問卷調查獲贈的話費，求的分布列與數學期望.附：參考數據與公式：，若，則，，21．（12分）已知是等差數列，滿足，，數列滿足，，且是等比數列.（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前項和.22．（10分）在平面直角坐標系中，曲線C的參數方程為（為參數）.以原點為極點，x軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系.（1）求曲線C的極坐標方程；（2）直線（t為參數）與曲線C交于A，B兩點，求最大時，直線l的直角坐標方程.

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】

化簡z＝（1+2i）（1+ai）=，再根據z∈R求解.【詳解】因為z＝（1+2i）（1+ai）=，又因為z∈R，所以，解得a＝-2.故選：D【點睛】本題主要考查復數的運算及概念，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.2、C【解析】

聯立方程解得M(3，)，根據MN⊥l得|MN|＝|MF|＝4，得到△MNF是邊長為4的等邊三角形，計算距離得到答案.【詳解】依題意得F(1,0)，則直線FM的方程是y＝(x－1)．由得x＝或x＝3.由M在x軸的上方得M(3，)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4又∠NMF等于直線FM的傾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是邊長為4的等邊三角形點M到直線NF的距離為故選：C.【點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關系，意在考查學生的計算能力和轉化能力.3、A【解析】

由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，進而可求得隨機變量的數學期望值.【詳解】由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，則，，，.因此，隨機變量的數學期望為.故選：A.【點睛】本題考查隨機變量數學期望的計算，考查計算能力，屬于基礎題.4、A【解析】

是函數的零點，根據五點法求出圖中零點及軸左邊第一個零點可得．【詳解】由題意，，∴函數在軸右邊的第一個零點為，在軸左邊第一個零點是，∴的最小值是．故選：A.【點睛】本題考查三角函數的周期性，考查函數的對稱性．函數的零點就是其圖象對稱中心的橫坐標．5、C【解析】

由題意，可根據向量運算法則得到（1﹣m），從而由向量分解的唯一性得出關于t的方程，求出t的值.【詳解】由題意及圖，，又，，所以，∴（1﹣m），又t，所以，解得m，t，故選C．【點睛】本題考查平面向量基本定理，根據分解的唯一性得到所求參數的方程是解答本題的關鍵，本題屬于基礎題.6、C【解析】

由復數除法的運算法則求出，再由模長公式，即可求解.【詳解】由.故選:C.【點睛】本題考查復數的除法和模，屬于基礎題.7、D【解析】

如圖，將四面體放到直三棱柱中，求四面體的外接球的半徑轉化為求三棱柱外接球的半徑，然后確定球心在上下底面外接圓圓心連線中點，這樣根據幾何關系，求外接球的半徑.【詳解】中，易知，翻折后,，，設外接圓的半徑為，，，如圖：易得平面，將四面體放到直三棱柱中，則球心在上下底面外接圓圓心連線中點，設幾何體外接球的半徑為，，四面體的外接球的表面積為.故選：D【點睛】本題考查幾何體的外接球的表面積，意在考查空間想象能力，和計算能力，屬于中檔題型，求幾何體的外接球的半徑時，一般可以用補形法，因正方體，長方體的外接球半徑容易求，可以將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，比如三條側棱兩兩垂直的三棱錐，或是構造直角三角形法，確定球心的位置，構造關于外接球半徑的方程求解.8、C【解析】

對此分段函數的第一部分進行求導分析可知，當時有極大值，而后一部分是前一部分的定義域的循環，而值域則是每一次前面兩個單位長度定義域的值域的2倍，故此得到極大值點的通項公式，且相應極大值，分組求和即得【詳解】當時，，顯然當時有，，∴經單調性分析知為的第一個極值點又∵時，∴，，，…，均為其極值點∵函數不能在端點處取得極值∴，，∴對應極值，，∴故選：C【點睛】本題考查基本函數極值的求解，從函數表達式中抽離出相應的等差數列和等比數列，最后分組求和，要求學生對數列和函數的熟悉程度高，為中檔題9、D【解析】選項A，否命題為“若，則”，故A不正確．選項B，逆命題為“若，則”，為假命題，故B不正確．選項C，由題意知對，都有，故C不正確．選項D，命題的逆否命題“若，則”為真命題，故“若，則”是真命題，所以D正確．選D．10、B【解析】

根據不等式的性質對選項逐一判斷即可.【詳解】選項A：由于，即，，所以，所以，所以成立；選項B：由于，即，所以，所以，所以不成立；選項C：由于，所以，所以，所以成立；選項D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故選：B.【點睛】本題考查不等關系和不等式，屬于基礎題.11、C【解析】

利用復數代數形式的乘法運算化簡得答案.【詳解】由，得，解得.故選:C.【點睛】本題考查復數代數形式的乘法運算,是基礎題.12、B【解析】若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，符合題意；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；綜上選B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、②【解析】

根據新定義，結合實數的性質即可判斷①②③，由定義求得比小的有理數個數，即可確定④.【詳解】對于①，由定義可知，當為有理數時；當為無理數時，則值域為，所以①錯誤；對于②，因為有理數的相反數還是有理數，無理數的相反數還是無理數，所以滿足，所以②正確；對于③，因為，當為無理數時，可以是有理數，也可以是無理數，所以③錯誤；對于④，由定義可知，所以④錯誤；綜上可知，正確的為②.故答案為：②.【點睛】本題考查了新定義函數的綜合應用，正確理解題意是解決此類問題的關鍵，屬于中檔題.14、【解析】

根據弦的垂直平分線經過圓心,結合圓心所在直線方程,即可求得圓心坐標.由兩點間距離公式,即可得半徑.【詳解】因為圓經過點則直線的斜率為所以與直線垂直的方程斜率為點的中點坐標為所以由點斜式可得直線垂直平分線的方程為,化簡可得而弦的垂直平分線經過圓心,且圓心在直線上,設圓心所以圓心滿足解得所以圓心坐標為則圓的半徑為故答案為:【點睛】本題考查了直線垂直時的斜率關系,直線與直線交點的求法,直線與圓的位置關系,圓的半徑的求法,屬于基礎題.15、【解析】若，,且∥,則，由是等比數列,可知公比為..故答案為.16、【解析】

先求出總的基本事件數，再求出甲、乙至少一人參加指揮交通且甲、丙不在同一組的基本事件數，然后根據古典概型求解．【詳解】6人平均分成兩組參加“文明交通”志愿者活動，其中一組指揮交通，一組分發宣傳資料的基本事件總數共有個，甲、乙至少一人參加指揮交通且甲、丙不在同一組的基本事件個數有：個，所以甲、乙至少一人參加指揮交通且甲、丙不在同一組的概率為.故答案為：【點睛】本題主要考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題.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）把代入已知條件，得到關于的方程，得到的值，從而得到的值.（2）由（1）中得到的的值和已知條件，求出，再根據正弦定理求出邊長.【詳解】（1）因為，，所以，，所以，即.因為，所以，因為，所以.（2）.在中，由正弦定理得，所以，解得.【點睛】本題考查三角函數公式的運用，正弦定理解三角形，屬于簡單題.18、（1）（2）【解析】試題分析：（1）由函數和的圖象關于原點對稱可得的表達式，再去掉絕對值即可解不等式；（2）對，不等式成立等價于，去絕對值得不等式組，即可求得實數的取值范圍.試題解析：（1）∵函數和的圖象關于原點對稱，∴，∴原不等式可化為，即或，解得不等式的解集為；（2）不等式可化為：，即，即，則只需，解得，的取值范圍是.19、（1）極小值為，極大值為.（2）【解析】

（1）根據斜線的斜率即可求得參數，再對函數求導，即可求得函數的極值；（2）根據題意，對目標式進行變形，構造函數，根據是單調減函數，分離參數，求函數的最值即可求得結果.【詳解】（1）函數的定義域為，，，，可知，，解得，，可知在，時，，函數單調遞增，在時，，函數單調遞減，可知函數的極小值為，極大值為.（2）可以變形為，可得，可知函數在上單調遞減，，可得，設，，可知函數在單調遞減，，可知，可知參數的取值范圍為.【點睛】本題考查由切線的斜率求參數的值，以及對具體函數極值的求解，涉及構造函數法，以及利用導數求函數的值域；第二問的難點在于對目標式的變形，屬綜合性中檔題.20、（1）（2）詳見解析【解析】

由題意，根據平均數公式求得，再根據，參照數據求解.由題意得，獲贈話費的可能取值為，求得相應的概率，列出分布列求期望.【詳解】由題意得綜上，由題意得，獲贈話費的可能取值為，，的分布列為：【點睛】本題主要考查正態分布和離散型隨機變量的分布列及期望，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1），；（2）