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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1函数的图象大致是（ ）ABCD2已知抛物线C：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（A在x轴上方），且满足，则直线l
2、的斜率为（ ）A1BC2D33已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（ ）ABCD4若集合M1，3，N1，3，5，则满足MXN的集合X的个数为()A1B2C3D45已知棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面中，最大面积为（ ）ABCD6下列不等式正确的是（ ）ABCD7已知幂函数的图象过点，且，则，的大小关系为（ ）ABCD8我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（即质数）的和”，如，在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是
3、（ ）ABCD以上都不对9集合的子集的个数是（ ）A2B3C4D810已知是边长为的正三角形，若，则ABCD11已知集合，若，则（ ）A或B或C或D或12已知数列满足，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，则_，_.14在中，角，的对边分别为，.若；且，则周长的范围为_.15割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率现在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为_16设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17
4、（12分）如图，为坐标原点，点为抛物线的焦点，且抛物线上点处的切线与圆相切于点（1）当直线的方程为时，求抛物线的方程；（2）当正数变化时，记分别为的面积，求的最小值18（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线交曲线于两点，为中点.（1）求曲线的直角坐标方程和点的轨迹的极坐标方程；（2）若，求的值.19（12分）如图，直线与抛物线交于两点，直线与轴交于点，且直线恰好平分.（1）求的值；（2）设是直线上一点，直线交抛物线于另一点，直线交直线于点，求的值.20（12分）如图，四棱锥的底面中，为等边三角形，是等腰
5、三角形，且顶角，平面平面，为中点.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值大小.21（12分）已知与有两个不同的交点，其横坐标分别为（）.（1）求实数的取值范围；（2）求证：.22（10分）已知函数，记的最小值为.（）解不等式；（）若正实数，满足，求证：.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.【详解】当时，由在递增，所以在递增又是增函数，所以在递增，故排除B、C当时，若，则所以在递减，而是增函数所以在递减，所以A正确，D错误故选：A【点睛】本题考查具
6、体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.2、B【解析】设直线的方程为代入抛物线方程，利用韦达定理可得,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果.【详解】设，（，）.易知直线l的斜率存在且不为0，设为，则直线l的方程为.与抛物线方程联立得，所以，.因为，所以，得，所以，即，所以.故选:B.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.3、C【解析】试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.考点：三视图4、D
7、【解析】可以是共4个，选D.5、B【解析】由三视图可知，该三棱锥如图, 其中底面是等腰直角三角形，平面,结合三视图求出每个面的面积即可.【详解】由三视图可知，该三棱锥如图所示：其中底面是等腰直角三角形，平面,由三视图知，因为,所以,所以,因为为等边三角形，所以,所以该三棱锥的四个面中，最大面积为.故选：B【点睛】本题考查三视图还原几何体并求其面积; 考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.6、D【解析】根据，利用排除法，即可求解【详解】由，可排除A、B、C选项，又由，所以故选D【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及对数的比较大小问题
8、，其中解答熟记三角函数与对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7、A【解析】根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.【详解】依题意，得，故，故，则.故选：A.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查推理论证能力，属基础题.8、A【解析】首先确定不超过的素数的个数，根据古典概型概率求解方法计算可得结果.【详解】不超过的素数有，共个，从这个素数中任选个，有种可能；其中选取的两个数，其和等于的有，共种情况，故随机选出两个不同的数，其和等于的概率故选：.【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.9、D【解析】先确定集合
9、中元素的个数，再得子集个数【详解】由题意，有三个元素，其子集有8个故选：D【点睛】本题考查子集的个数问题，含有个元素的集合其子集有个，其中真子集有个10、A【解析】由可得，因为是边长为的正三角形，所以，故选A11、B【解析】因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.12、C【解析】利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.【详解】.当时，；当时，由，可得，两式相减，可得，故，因为也适合上式，所以.依题意，故.故选：C.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小
10、题5分，共20分。13、 【解析】根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.【详解】，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于简单题.14、【解析】先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.【详解】解：所以三角形周长故答案为：【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.15、【解析】求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，再用几何概型公式求出即可【详解】半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，该正十二边形的面积为，根据几何概型公式，该点取自其内接正十二边形的概率为，故答案为：【点睛】本小题主要考
11、查面积型几何概型的计算，属于基础题.16、1【解析】令，结合函数的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，函数分别是上的奇函数和偶函数，且，令，可得，所以.故答案为：1.【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）x2=4y（2）.【解析】试题解析：（）设点P（x0，），由x2=2py（p0）得，y=，求导y=，因为直线PQ的斜率为1，所以=1且x0-2=0，解得p=2，所以抛物线C1的方程为x2=4y（）因为点P处的切
12、线方程为：y-=（x-x0），即2x0x-2py-x02=0， OQ的方程为y=-x根据切线与圆切，得d=r，即，化简得x04=4x02+4p2，由方程组，解得Q（，），所以|PQ|=1+k2|xP-xQ|=点F（0，）到切线PQ的距离是d=，所以S1=，S2=，而由x04=4x02+4p2知，4p2=x04-4x020，得|x0|2，所以=+12+1，当且仅当时取“=”号，即x02=4+2，此时，p=所以的最小值为2+1考点：求抛物线的方程，与抛物线有关的最值问题.18、（1），；（2）或【解析】（1）根据曲线的参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由，可得点的轨迹的极坐标方程；（2）
13、将曲线极坐标方程求，与直线极坐标方程联立，消去，得到关于的二次方程，由的几何意义可求出，而（1）可知，然后列方程可求出的值.【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，圆的圆心为，设，所以，则由，即为点轨迹的极坐标方程.（2）曲线的极坐标方程为，将与曲线的极坐标方程联立得，设，所以，由，即，令，上述方程可化为，解得.由，所以，即或.【点睛】此题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利用极坐标求点的轨迹方程，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.19、（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，由于直线平分，所以，代入点的
14、坐标化简得，结合跟鱼系数关系，可求得；（2）设，由三点共线得，再次代入点的坐标并化简得，同理由三点共线，可得，化简得，故.试题解析：（1）由，整理得，设，则，因为直线平分，所以，即，所以，得，满足，所以.（2）由（1）知抛物线方程为，且，设，由三点共线得，所以，即，整理得：，由三点共线，可得，式两边同乘得：，即：，由得：，代入得：，即：，所以.所以.考点：直线与圆锥曲线的位置关系.【方法点晴】本题考查直线与抛物线的位置关系.阅读题目后明显发现，所有的点都是由直线和抛物线相交或者直线与直线相交所得.故第一步先联立，相当于得到的坐标，但是设而不求.根据直线平分，有，这样我们根据斜率的计算公式，代入
15、点的坐标，就可以计算出的值.第二问主要利用三点共线来求解.20、（1）见解析；（2）【解析】（1）设中点为，连接、，首先通过条件得出，加，可得，进而可得平面，再加上平面，可得平面平面，则平面；（2）设中点为，连接、，可得平面，加上平面，则可如图建立直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法可得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：设中点为，连接、，为等边三角形，即， ，平面，平面，平面，为的中位线，平面，平面，平面，、为平面内二相交直线，平面平面，平面DMN，平面；（2）设中点为，连接、为等边三角形，是等腰三角形，且顶角，、共线，平面平面.平面平面平面，交线为，平面平面.设，则在中，
16、由余弦定理，得：又，为中点，建立直角坐标系（如图），则，.，设平面的法向量为，则，取，则，平面的法向量为，二面角为锐角，二面角的余弦值大小为.【点睛】本题考查面面平行证明线面平行，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力和空间想象能力，是中档题.21、（1）；（2）见解析【解析】（1）利用导数研究的单调性，分析函数性质，数形结合，即得解；（2）构造函数，可证得：，分析直线，与从左到右交点的横坐标，在，处的切线即得解.【详解】（1）设函数，令，令故在单调递减，在单调递增，时；时.（2）过点，的直线为，则令，.过点，的直线为，则，在上单调递增.设直线，与从左到右交点的横坐标依次为，由图知.在，处
17、的切线分别为，同理可以证得，.记直线与两切线和从左到右交点的横坐标依次为，.【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了学生数形结合，综合分析，转化划归，逻辑推理，数学运算的能力，属于较难题.22、（）（）见证明【解析】()由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；()首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（）当时，即，；当时，；当时，即，.综上所述，原不等式的解集为.（），当且仅当时，等号成立.的最小值.，即，当且仅当即时，等号成立.又，时，等号成立.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.