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1、2023年高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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已知向量，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C既不充分也不必要条件D充要条件2设，是非零向量.若，则（ ）ABCD3若双曲线的焦距为，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（ ）ABCD4已知向量，则与共线的单位向量为( )ABC或D或5某地区教
2、育主管部门为了对该地区模拟考试成进行分析，随机抽取了200分到450分之间的2000名学生的成绩，并根据这2000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在，内的学生人数为（ ）A800B1000C1200D16006若直线ykx1与圆x2y21相交于P、Q两点，且POQ120(其中O为坐标原点)，则k的值为()A B C或D和7已知集合，则等于( )ABCD8已知.给出下列判断：若，且，则；存在使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；若在上恰有7个零点，则的取值范围为；若在上单调递增，则的取值范围为.其中，判断正确的个数为（ ）A1B2C3D49已知函数（），若函数
3、在上有唯一零点，则的值为（ ）A1B或0C1或0D2或010已知数列满足：，则( )A16B25C28D3311已知函数，则下列结论错误的是( )A函数的最小正周期为B函数的图象关于点对称C函数在上单调递增D函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到12一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13一个长、宽、高分别为1、2、2的长方体可以在一个圆柱形容器内任意转动，则容器体积的最小值为_.14已知三棱锥中，则该三棱锥的外接球的表面积是_.15在平面直角坐标系中，已知圆，圆直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_
4、16已知，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）已知，求证：（1）；（2）.18（12分）如图，已知，分别是正方形边，的中点，与交于点，都垂直于平面，且，是线段上一动点.（1）当平面，求的值；（2）当是中点时，求四面体的体积.19（12分） 2018石家庄一检已知函数（1）若，求函数的图像在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，且，求证：20（12分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）
5、设直线上的定点在曲线外且其到上的点的最短距离为，试求点的坐标.21（12分）己知，.（1）求证：；（2）若，求证：.22（10分）已知函数，为实数，且（）当时，求的单调区间和极值；（）求函数在区间，上的值域（其中为自然对数的底数）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】向量，则，即，或者-1，判断出即可【详解】解：向量，则，即，或者-1，所以是或者的充分不必要条件，故选：A【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量平行的坐标表示，属于基础题.2、D【解析】试题分析：由题意得：若，则；若，则由可知，故也
6、成立，故选D.考点：平面向量数量积.【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用求解(较难)；建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.3、B【解析】根据焦距即可求得参数，再根据点到直线的距离公式即可求得结果.【详解】因为双曲线的焦距为，故可得，解得，不妨取；又焦点，其中一条渐近线为，由点到
7、直线的距离公式即可求的.故选：B.【点睛】本题考查由双曲线的焦距求方程，以及双曲线的几何性质，属综合基础题.4、D【解析】根据题意得，设与共线的单位向量为，利用向量共线和单位向量模为1，列式求出即可得出答案.【详解】因为，则，所以，设与共线的单位向量为，则，解得 或所以与共线的单位向量为或.故选：D.【点睛】本题考查向量的坐标运算以及共线定理和单位向量的定义.5、B【解析】由图可列方程算得a，然后求出成绩在内的频率，最后根据频数=总数频率可以求得成绩在内的学生人数.【详解】由频率和为1，得，解得，所以成绩在内的频率，所以成绩在内的学生人数.故选：B【点睛】本题主要考查频率直方图的应用，属基础题
8、.6、C【解析】直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且POQ=120（其中O为原点），可以发现QOx的大小，求得结果【详解】如图，直线过定点（0，1），POQ=120OPQ=30，1=120，2=60，由对称性可知k=故选C【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题7、B【解析】解不等式确定集合，然后由补集、并集定义求解【详解】由题意或，故选：B.【点睛】本题考查集合的综合运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题型8、B【解析】对函数化简可得，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案.
9、【详解】因为，所以周期.对于，因为，所以，即，故错误；对于，函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，所以错误；对于，令，可得，则，因为，所以在上第1个零点，且，所以第7个零点，若存在第8个零点，则，所以，即，解得，故正确；对于，因为，且，所以，解得，又，所以，故正确.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.9、C【解析】求出函数的导函数，当时，只需，即，令，利用导数求其单调区间，即可求出参数的值，当时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判
10、断；【详解】解：（），当时，由得，则在上单调递减，在上单调递增，所以是极小值，只需，即.令，则，函数在上单调递增.，；当时，函数在上单调递减，函数在上有且只有一个零点，的值是1或0.故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.10、C【解析】依次递推求出得解.【详解】n=1时，n=2时，n=3时，n=4时，n=5时，.故选：C【点睛】本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11、D【解析】由可判断选项A；当时，可判断选项B；利用整体换元法可判断选项C；可判断选项D.【详解】由题知，最小正周期，所以A正确；当时，所以B正确；当时
11、，所以C正确；由的图象向左平移个单位，得，所以D错误.故选：D.【点睛】本题考查余弦型函数的性质，涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识，是一道中档题.12、B【解析】因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.故选：B【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制，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】一个长、宽、高分别为1、2、2的长方体可以在一个圆柱形容器内任意转动,则圆柱形容
12、器的底面直径及高的最小值均等于长方体的体对角线的长,长方体的体对角线的长为,所以容器体积的最小值为.14、【解析】将三棱锥补成长方体，设，设三棱锥的外接球半径为，求得的值，然后利用球体表面积公式可求得结果.【详解】将三棱锥补成长方体，设，设三棱锥的外接球半径为，则，由勾股定理可得，上述三个等式全部相加得，因此，三棱锥的外接球面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，根据三棱锥对棱长相等将三棱锥补成长方体是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.15、【解析】利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出【详解】解：直线与圆相切，圆心为由，得或，当时，到直线的距离，不成立
13、，当时，与圆相交于，两点，到直线的距离，故答案为【点睛】考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题16、 【解析】利用两角和的正切公式结合可得出的方程，即可求出的值，然后利用二倍角的正、余弦公式结合弦化切思想求出和的值，进而利用两角差的余弦公式求出的值.【详解】，.故答案为：；.【点睛】本题主要考查三角函数值的计算，考查两角和的正切公式、两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、余弦公式以及弦化切思想的应用，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）见解析；（2）见解析【解析】（1）结合基本不等式可证明；（2）利用基本不等式得，即，同理得其他两个式子，
14、三式相加可证结论【详解】（1），当且仅当a=b=c等号成立，；（2）由基本不等式，同理，当且仅当a=b=c等号成立【点睛】本题考查不等式的证明，考查用基本不等式证明不等式成立解题关键是发现基本不等式的形式，方法是综合法18、（1）.（2）【解析】（1）利用线面垂直的性质得出，进而得出，利用相似三角形的性质，得出，从而得出的值；（2）利用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出四面体的体积，计算出，即可得出四面体的体积.【详解】（1）因为平面，平面，所以又因为，都垂直于平面，所以又，分别是正方形边，的中点，且，所以.（2）因为，分别是正方形边，的中点，所以又因为，都垂直于平面，平面，所以因为平面，所
15、以平面所以，四面体的体积，所以.【点睛】本题主要考查了线面垂直的性质定理的应用，以及求棱锥的体积，属于中档题.19、（1） （2）见解析【解析】试题分析：（1）分别求得和，由点斜式可得切线方程；（2）由已知条件可得有两个相异实根，进而再求导可得，结合函数的单调性可得，从而得证.试题解析：（1）由已知条件，当时，当时，所以所求切线方程为 （2）由已知条件可得有两个相异实根，令，则，1）若，则，单调递增，不可能有两根；2）若，令得，可知在上单调递增，在上单调递减，令解得，由有，由有，从而时函数有两个极值点，当变化时，的变化情况如下表单调递减单调递增单调递减因为，所以，在区间上单调递增，另解：由已知
16、可得，则，令，则，可知函数在单调递增，在单调递减，若有两个根，则可得，当时， ，所以在区间上单调递增，所以20、（1）的普通方程为的直角坐标方程为 （2）（-1，0）或（2，3）【解析】（1）对直线的参数方程消参数即可求得直线的普通方程，对整理并两边乘以，结合，即可求得曲线的直角坐标方程。（2）由（1）得：曲线C是以Q（1,1）为圆心，为半径的圆，设点P的坐标为，由题可得：，利用两点距离公式列方程即可求解。【详解】解：（1）由消去参数，得即直线的普通方程为 因为又，曲线的直角坐标方程为 （2）由知，曲线C是以Q（1,1）为圆心，为半径的圆设点P的坐标为，则点P到上的点的最短距离为|PQ|即，整
17、理得，解得 所以点P的坐标为（-1，0）或（2，3）【点睛】本题主要考查了参数方程化为普通方程及极坐标方程化为直角坐标方程，还考查了转化思想及两点距离公式，考查了方程思想及计算能力，属于中档题。21、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）采用分析法论证，要证，分式化整式为，再利用立方和公式转化为，再作差提取公因式论证.（2）由基本不等式得，再用不等式的基本性质论证.【详解】（1）要证，即证，即证，即证，即证，即证，该式显然成立，当且仅当时等号成立，故.（2）由基本不等式得，当且仅当时等号成立.将上面四式相加，可得，即.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式，还考查推理论证能力以及
18、化归与转化思想，属于中档题.22、（）极大值0，没有极小值；函数的递增区间，递减区间，（）见解析【解析】（）由，令，得增区间为，令，得减区间为，所以有极大值，无极小值；（）由，分，和三种情况，考虑函数在区间上的值域，即可得到本题答案.【详解】当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，故当时，函数取得极大值，没有极小值；函数的增区间为，减区间为，当时，在上单调递增，即函数的值域为；当时，在上单调递减， 即函数的值域为；当时，易得时，在上单调递增，时，在上单调递减，故当时，函数取得最大值，最小值为，中最小的，当时，最小值；当，最小值；综上，当时，函数的值域为，当时，函数的值域，当时，函数的值域为，当时，函数的值域为.【点睛】本题主要考查利用导数求单调区间和极值，以及利用导数研究含参函数在给定区间的值域，考查学生的运算求解能力，体现了分类讨论的数学思想.