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1、2023年高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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不等式的解集记为，有下面四个命题：；.其中的真命题是（ ）ABCD2已知函数，则（ ）A1B2C3D43ABCD4已知函数（），若函数有三个零点，则的取值范围是（ ）ABCD5一个超级斐波那契
2、数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）A3B4C5D66已知函数（，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7平行四边形中，已知，点、分别满足，且，则向量在上的投影为（ ）A2BCD8设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）A既不充分也不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D充分不必要条件9已知复数满足，则的共轭复数是（ ）ABCD10展开项中的常数项为A1B1
3、1C-19D5111已知集合,则（ ）ABCD12已知函数在上单调递增，则的取值范围（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13用数字、组成无重复数字的位自然数，其中相邻两个数字奇偶性不同的有_个.14将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落.小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入袋或袋中.己知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入袋中的概率为_15为了抗击新型冠状病毒肺炎，某医药公司研究出一种消毒剂，据实验表明，该药物释放量与时间的函数关系为（如图所示），实验表明，当药物释放量对人体无害. （1）_；（2
4、）为了不使人身体受到药物伤害，若使用该消毒剂对房间进行消毒，则在消毒后至少经过_分钟人方可进入房间.16定义在R上的函数满足：对任意的，都有；当时，则函数的解析式可以是_.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（12分）已知两数（1）当时，求函数的极值点；（2）当时，若恒成立，求的最大值18（12分）已知数列的前n项和为，且n、成等差数列，.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.19（12分）已知椭圆的长轴长为，离心率（1）求椭圆的方程；（2）设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点，是椭圆上在第一
5、象限的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问与面积之差是否为定值？说明理由.20（12分）已知为各项均为整数的等差数列，为的前项和，若为和的等比中项，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求最大的正整数，使得.21（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为棱的中点，为棱上任意一点，且不与点、点重合（1）求证：平面平面；（2）是否存在点使得平面与平面所成的角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由22（10分）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，P是侧棱上的一点，.（1）若，求直线AP与平面所成角；（2）在线段上是否存在一个定点Q，使得对任意的实数m，都有，并证
6、明你的结论.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】作出不等式组表示的可行域，然后对四个选项一一分析可得结果.【详解】作出可行域如图所示，当时，即的取值范围为，所以为真命题；为真命题；为假命题.故选：A【点睛】此题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于中档题.2、C【解析】结合分段函数的解析式,先求出,进而可求出.【详解】由题意可得，则.故选:C.【点睛】本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.3、A【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简
7、得答案.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题4、A【解析】分段求解函数零点，数形结合，分类讨论即可求得结果.【详解】作出和，的图像如下所示：函数有三个零点，等价于与有三个交点，又因为，且由图可知，当时与有两个交点，故只需当时，与有一个交点即可.若当时，时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|有一个交点𝐵，故满足题意；时，显然𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|没有交点，故不满足题意；时，显然
8、19910;=𝑓(𝑥)与𝑦=4|𝑥|也没有交点，故不满足题意；时，显然与有一个交点，故满足题意.综上所述，要满足题意，只需.故选：A.【点睛】本题考查由函数零点的个数求参数范围，属中档题.5、A【解析】根据定义，表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.【详解】由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，则，因为，当的值可以为；即有3个这种超级斐波那契数列，故选：A.【点睛】本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.6、B【解析】先根据图象
9、求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.【详解】设,根据图象可知,再由, 取,.将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,.,令,则,显然,是的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换, 二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题.7、C【解析】将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.【详解】解：，得，则向量在上的投影为.故选：C.【点睛】本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和
10、表示是关键，是基础题.8、D【解析】充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.【详解】充分性：若存在正数，使得，则，得证；必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；所以是充分不必要条件故选：D【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.9、B【解析】根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可.【详解】由，得，所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.10、B【解析】展开式中的每一项是由每个
11、括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项，有3种情况：（1）5个括号都出1，即；（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；所以展开项中的常数项为，故选B.【点睛】本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.11、B【解析】计算，再计算交集得到答案【详解】,表示偶数，故.故选：.【点睛】本题考查了集合的交集，意在考查学生的计算能力.12、B【解析】由,可得,结合在上单调递增,易得,即可求出的范围.【详解】由,可得,时,而,又在上单调递增,且,所以,则,即,
12、故.故选:B.【点睛】本题考查了三角函数的单调性的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】对首位数的奇偶进行分类讨论，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得出结果.【详解】若首位为奇数，则第一、三、五个数位上的数都是奇数，其余三个数位上的数为偶数，此时，符号条件的位自然数个数为个；若首位数为偶数，则首位数不能为，可排在第三或第五个数位上，第二、四、六个数位上的数为奇数，此时，符合条件的位自然数个数为个.综上所述，符合条件的位自然数个数为个.故答案为：.【点睛】本题考查数的排列问题，要注意首位数字的分类讨论，考查分步乘法计数和
13、分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.14、【解析】记小球落入袋中的概率，则，又小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直向右下落，小球将落入袋，所以有，则故本题应填15、2 40 【解析】（1）由时，即可得出的值；（2）解不等式组，即可得出答案.【详解】（1）由图可知，当时，即（2）由题意可得，解得则为了不使人身体受到药物伤害，若使用该消毒剂对房间进行消毒，则在消毒后至少经过分钟人方可进入房间.故答案为：（1）2；（2）40【点睛】本题主要考查了分段函数的应用，属于中档题.16、（或，答案不唯一）【解析】由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.【详解】
14、在中，令，得；令，则，故是奇函数，由时，知或等，答案不唯一.故答案为：（或，答案不唯一）.【点睛】本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.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）唯一的极大值点1，无极小值点（2）1【解析】（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值，时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值【详解】解：（1）定义域为，当时，令得，当所以在上单调递增，在上单调递减，所以有唯一的极大值点，无极小值点（2）当时，若恒成立，
15、则恒成立，所以恒成立，令，则，由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以所以，所以，故的最大值为1【点睛】本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用18、（1）证明见解析，；（2）11202.【解析】（1）由n，成等差数列，可得，两式相减，由等比数列的定义可得是等比数列，可求数列的通项公式；（2）由（1）中的可求出，根据和求出数列，中的公共项，分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，可得答案.【详解】（1）证明：因为n，成等差数列，所以，所以.，得，所以.又当
16、时，所以，所以，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即.（2）根据（1）求解知，所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.又因为，所以 .【点睛】本题考查等比数列的定义，考查分组求和，属于中档题.19、（1）（2）是定值，详见解析【解析】（1）根据长轴长为，离心率，则有求解.（2）设，则，直线，令得，则，直线，令，得，则，再根据求解.【详解】（1）依题意得，解得，则椭圆的方程.（2）设，则，直线，令得，则，直线，令，得，则，.【点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，还考查了平面几何知识和运算求解的能力，属于中档题.20、（1）（2）1008【解析】（1）用基本量求出
17、首项和公差，可得通项公式；（2）用裂项相消法求得和，然后解不等式可得【详解】解：（1）由题得，即解得或因为数列为各项均为整数，所以，即（2）令所以即，解得所以的最大值为1008【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，考查裂项相消法求数列的和在等差数列和等比数列中基本量法是解题的基本方法21、（1）证明见解析 （2）存在，为中点【解析】（1）证明面，即证明平面平面；（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系利用向量方法得，解得，所以为中点【详解】（1）由于为中点，又，故，所以为直角三角形且，即又因为面，面面，面面，故面，又面，所以面面（2）由（1）知面，又
18、四边形为矩形，则两两垂直以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系则，设，则，设平面的法向量为，则有，令，则，则平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，设平面与平面所成角为，则由题意可得，解得，所以点为中点【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查空间二面角的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.22、（1）；（2）存在， Q为线段中点【解析】解法一：（1）作出平面与平面的交线，可证平面，计算，得出，从而得出的大小；（2）证明平面，故而可得当Q为线段的中点时.解法二，以为原点，以为建立空间直角坐标系：（1）由，利用空间向量的数量积可求线面角；（2）
19、设上存在一定点Q，设此点的横坐标为，可得，由向量垂直，数量积等于零即可求解.【详解】（1）解法一：连接交于，设与平面的公共点为，连接，则平面平面，四边形是正方形，平面，平面，又，平面，为直线AP与平面所成角，平面，平面，平面平面，又为的中点，直线AP与平面所成角为.（2）四边形正方形，平面，平面， ，又,平面，又平面， ，当Q为线段中点时，对于任意的实数，都有. 解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以， 又由，则为平面的一个法向量，设直线AP与平面所成角为，则，故当时，直线AP与平面所成角为.（2）若在上存在一定点Q，设此点的横坐标为，则，依题意，对于任意的实数要使， 等价于，即，解得，即当Q为线段中点时，对于任意的实数，都有.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、线面角的计算，考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题.