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1、2023年高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）ABCD2二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )A180B90
2、C45D3603甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）A丙被录用了B乙被录用了C甲被录用了D无法确定谁被录用了4定义在R上的函数，若在区间上为增函数，且存在，使得.则下列不等式不一定成立的是（ ）ABCD5若实数满足不等式组，则的最大值为（ ）ABC3D26已知集合，集合，则AB或CD7已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，若球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（ ）ABCD8是虚数单位，复数在复平面上对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第
3、三象限D第四象限9曲线在点处的切线方程为，则（ ）ABC4D810函数的一个单调递增区间是（ ）ABCD11设，点，设对一切都有不等式 成立，则正整数的最小值为（ ）ABCD12己知全集为实数集R，集合A=x|x2 +2x-80，B=x|log2x1，则等于（ ）A4,2B4,2)C(4,2)D(0,2)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13数列满足，则，_.若存在nN*使得成立，则实数的最小值为_14已知，则_15已知函数，若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_.16若，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（12分）
4、如图，椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，且，为等边三角形，过点的直线与椭圆在轴右侧的部分交于、两点（1）求椭圆的标准方程；（2）求四边形面积的取值范围18（12分）如图，D是在ABC边AC上的一点，BCD面积是ABD面积的2倍，CBD=2ABD=2（）若=，求的值；（）若BC=4，AB=2，求边AC的长19（12分）如图，在四边形中，.（1）求的长；（2）若的面积为6，求的值.20（12分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）求几何体的体积.21（12分）设点分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为1（1）求椭圆
5、的方程；（2）如图，直线与轴交于点，过点且斜率的直线与椭圆交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：直线22（10分）已知函数当时，求不等式的解集；，求a的取值范围参考答案一、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、D【解析】如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由
6、正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.2、A【解析】试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，令，则，.考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.3、C【解析】假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【详解】解：若甲被录用了
7、，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，综上可得甲被录用了，故选：C.【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.4、D【解析】根据题意判断出函数的单调性，从而根据单调性对选项逐个判断即可【详解】由条件可得函数关于直线对称；在，上单调递增，且在时使得；又，所以选项成立；，比离对称轴远，可得，选项成立；，可知比离对称轴远，选项成立；，符号不定，无法比较大小，不一定成立故选：【点睛】本题考查了函数的基本性质及其应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5、C【
8、解析】作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1故选：C【点睛】本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形6、C【解析】由可得，解得或，所以或，又，所以，故选C7、B【解析】由题意画出图形，设球0得半径为R，AB=x, AC=y,由球0的表面积为20，可得R2=5，再求出三角形A BC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱锥体积公式得答案.【详解】设球的半径为，由，得如图：设三角形的外心为，连接，可得，则在中，由
9、正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，则三棱锥的体积的最大值为故选：【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积，基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题8、D【解析】求出复数在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论.【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为，该点位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数对应的点的位置的判断，属于基础题.9、B【解析】求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.【详解】因为，所以，故，解得，又切线过点，所以，解得，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切
10、线方程，属于中档题.10、D【解析】利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式和辅助角公式化简表达式，再根据三角函数单调区间的求法，求得的单调区间，由此确定正确选项.【详解】因为，由单调递增，则（），解得（），当时，D选项正确.C选项是递减区间，A，B选项中有部分增区间部分减区间.故选：D【点睛】本小题考查三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想，应用意识.11、A【解析】先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，随n的增大而增大，,，即，又f(t)=在t上单增，f(2)= -10，正整数的最小值为3.
11、【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化思想，属于中档题.12、D【解析】求解一元二次不等式化简A，求解对数不等式化简B，然后利用补集与交集的运算得答案.【详解】解：由x2 +2x-80，得x-4或x2，A=x|x2 +2x-80x| x-4或x2，由log2x1，x0，得0x2，B=x|log2x1 x |0x2，则，.故选：D.【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了对数不等式，二次不等式的求法，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、 【解析】利用“退一作差法”求得数列的通项公式，将不等式分离常数，利用商比较法求
12、得的最小值，由此求得的取值范围，进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时，满足上式综上所述存在使得成立的充要条件为存在使得，设，所以，即，所以单调递增，的最小项，即有的最小值为.故答案为：(1). (2). 【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查数列单调性的判断方法，考查不等式成立的存在性问题的求解策略，属于中档题.14、【解析】化简得，利用周期即可求出答案【详解】解：，函数的最小正周期为6，故答案为：【点睛】本题主要考查三角函数的性质的应用，属于基础题15、【解析】画出函数的图象，再画的图象，求出一个交点时的的值，然后平行移动可得有两个交点时的的范围【详解】函数的
13、图象如图所示：因为方程有且只有两个不相等的实数根，所以图象与直线有且只有两个交点即可，当过点时两个函数有一个交点，即时，与函数有一个交点，由图象可知，直线向下平移后有两个交点，可得，故答案为：【点睛】本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题16、【解析】由， 得出，根据两角和与差的正弦公式和余弦公式化简，再利用齐次式即可求出结果.【详解】因为， 所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数化简求值，利用二倍角正切公式、两角和与差的正弦公式和余弦公式，以及运用齐次式求值，属于对公式的考查以及对计算能力的考查.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或
14、演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】（1）根据坐标和为等边三角形可得，进而得到椭圆方程；（2）当直线斜率不存在时，易求坐标，从而得到所求面积；当直线的斜率存在时，设方程为，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，并确定的取值范围；利用，代入韦达定理的结论可求得关于的表达式，采用换元法将问题转化为，的值域的求解问题，结合函数单调性可求得值域；结合两种情况的结论可得最终结果.【详解】（1），为等边三角形，椭圆的标准方程为（2）设四边形的面积为当直线的斜率不存在时，可得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，联立得：，面积令，则，令，则，在定义域内单调递减，综上所述：四边形面积的取值范围是【点睛】本
15、题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、椭圆中的四边形面积的取值范围的求解问题；关键是能够将所求面积表示为关于某一变量的函数，将问题转化为函数值域的求解问题.18、（）；（）【解析】（）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.（）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.【详解】（），所以所以；（），所以，所以，所以，所以边【点睛】本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.19、 (1) (2) 【解析】（1）利用余弦定理可得的长；（2）利用面积得出，结合正弦定理可得.【详解】解：（1）由题可知.在中，所以.（2），则.又，所以.【点睛
16、】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知角较多时一般选用正弦定理，已知边较多时一般选用余弦定理.20、（1）见解析；（2）【解析】（1）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出，根据矩形的性质得出，所以，再利用线面平行的判定定理即可证出平面；（2）由于平面平面，根据面面垂直的性质，得出平面，从而得出到平面的距离为，结合棱锥的体积公式，即可求得结果.【详解】解：（1），分别为，的中点，四边形是矩形，平面，平面，平面.（2）取，的中点，连接，则，由于为三棱柱，为四棱锥，平面平面，平面，由已知可求得，到平面的距离为，因为四边形是矩形，设几何体的体积为，则，即：.【点睛】本题考查线面平行的判
17、定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能力.21、（1）（2）见解析【解析】（1）设，求出后由二次函数知识得最小值，从而得，即得椭圆方程；（2）设直线的方程为，代入椭圆方程整理，设，由韦达定理得，设，利用三点共线，求得，然后验证即可【详解】解：（1）设，则，所以，因为所以当时，值最小，所以，解得，（舍负）所以，所以椭圆的方程为，（2）设直线的方程为，联立，得设，则，设，因为三点共线，又所以，解得而所以直线轴，即【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题直线与椭圆相交问题，采取设而不求思想，设，设直线方程，应用韦达定理，得出，再代入题中需要计算可证明的式子参与化简变形22、（1）； （2）.【解析】（1）当时，当时，令，即，解得，当时，显然成立，所以，当时，令，即，解得，综上所述，不等式的解集为（2）因为，因为，有成立，所以只需，解得，所以a的取值范围为【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想