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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）ABCD2已知，分别为内角，的对边，的面积为，则（ ）AB4C5D3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公
2、差不为零的等差数列an中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列an的公差等于( )A1B2C3D45下列命题是真命题的是（ ）A若平面，满足，则；B命题：，则：，；C“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；D命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.6已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且a，b，a，b，则“ab“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若函数的图象过点，则它的一条对称轴方程可能是（ ）ABCD8若直线经过抛物线的焦点，则（ ）ABC2D9已知函数，不等式对恒成立，则的取值范围为（ ）ABCD10设全集
3、，集合，.则集合等于（ ）ABCD11已知，若，则（ ）ABCD12若不等式对于一切恒成立，则的最小值是 （ ）A0BCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知圆，直线与圆交于两点，若，则弦的长度的最大值为_.14已知为等比数列，是它的前项和.若，且与的等差中项为，则_.15已知集合，则_16若幂函数的图象经过点，则其单调递减区间为_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）已知函数.（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若，对，恒有成立，求实数的最小值.18（12分）设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在，使得不等式对一切恒
4、成立，求实数的取值范围19（12分）如图是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不同于的任意一点（1）求证：平面平面；（2）设为的中点，为上的动点（不与重合）求二面角的正切值的最小值20（12分）如图，湖中有一个半径为千米的圆形小岛，岸边点与小岛圆心相距千米，为方便游人到小岛观光，从点向小岛建三段栈道，湖面上的点在线段上，且，均与圆相切，切点分别为，其中栈道，和小岛在同一个平面上.沿圆的优弧（圆上实线部分）上再修建栈道.记为.用表示栈道的总长度，并确定的取值范围；求当为何值时，栈道总长度最短.21（12分）过点P(-4,0)的动直线l与抛物线相交于D、E两点，已知当l的斜率为时，.（1）求抛物
5、线C的方程；（2）设的中垂线在轴上的截距为,求的取值范围.22（10分）在直角坐标系中，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，曲线的极坐标方程为.(1)把的参数方程化为极坐标方程：(2)求与交点的极坐标.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、B【解析】由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.【详解】点的坐标满足方程，在圆上，在坐标满足方程，在圆上，则作出两圆的图象如图，设两圆内公切线为与，由图可知，设两圆内公切线方
6、程为，则，圆心在内公切线两侧，可得，化为，即，的取值范围，故选B.【点睛】本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，尤其在解决选择题、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.2、D【解析】由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出 的值.【详解】解：，即，即. ，则.，解得.， 故选:D.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了
7、余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角 的正弦值余弦值.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、B【解析】设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.【详解】设数列的公差为，.成等比数列，解可得.故选：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.5、D【解析】根据面面关系判断A；根据否定的定义判断B；根据充分条件，必要条件的定义判断C；根据逆否命题的定义判断D.【详解】若平面，满足，则可能相交，故A错误；命题“：，”的否定为：，故B错误；为真，
8、说明至少一个为真命题，则不能推出为真；为真，说明都为真命题，则为真，所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故C错误；命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，故D正确；故选D【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，写出命题的逆否命题等，属于中档题.6、D【解析】根据面面平行的判定及性质求解即可【详解】解：a，b，a，b，由ab，不一定有，与可能相交；反之，由，可得ab或a与b异面，a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且a，b，a，b，则“ab“是“”的既不充分也不必要条件故选：D.【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题7、B【解析】把
9、已知点坐标代入求出，然后验证各选项【详解】由题意，或，不妨取或，若，则函数为，四个选项都不合题意，若，则函数为，只有时，即是对称轴故选：B【点睛】本题考查正弦型复合函数的对称轴，掌握正弦函数的性质是解题关键8、B【解析】计算抛物线的交点为，代入计算得到答案.【详解】可化为，焦点坐标为，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线的焦点，属于简单题.9、C【解析】确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为，利用双勾函数单调性求最值得到答案.【详解】是奇函数，易知均为减函数，故且在上单调递减，不等式，即，结合函数的单调性可得，即，设，故单调递减，故，当，即时取最大值，所以.故选：.【点睛】本题考查了根据函
10、数单调性和奇偶性解不等式，参数分离求最值是解题的关键.10、A【解析】先算出集合，再与集合B求交集即可.【详解】因为或.所以，又因为.所以.故选：A.【点睛】本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易题.11、B【解析】由平行求出参数，再由数量积的坐标运算计算【详解】由，得，则，所以故选：B【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，考查数量积的坐标运算，掌握向量数量积的坐标运算是解题关键12、C【解析】试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论解：不等式x2+ax+10对一切x(0，成立，等价于a-x-对于一切成立，y=-x-在
11、区间上是增函数a-a的最小值为-故答案为C考点：不等式的应用点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】取的中点为M，由可得，可得M在上，当最小时，弦的长才最大.【详解】设为的中点，即，即，.设，则，得.所以，.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数形结合的思想，是一道有一定难度的题.14、【解析】设等比数列的公比为，根据题意求出和的值，进而可求得和的值，利用等比数列求和公式可求得的值.【详解】由等比数列的性质可得，由于与的等差中项
12、为，则，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列求和，解答的关键就是等比数列的公比，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】解一元二次不等式化简集合，再进行集合的交运算，即可得到答案.【详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.16、【解析】利用待定系数法求出幂函数的解析式，再求出的单调递减区间【详解】解：幂函数的图象经过点，则，解得；所以，其中；所以的单调递减区间为故答案为：【点睛】本题考查了幂函数的图象与性质的应用问题，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）（2）【解析】（1
13、）求得，根据已知条件得到在恒成立，由此得到在恒成立，利用分离常数法求得的取值范围.（2）构造函数设，利用求二阶导数的方法，结合恒成立，求得的取值范围，由此求得的最小值.【详解】（1）因为在上单调递增，所以在恒成立，即在恒成立，当时，上式成立，当，有，需，而，故综上，实数的取值范围是（2）设，则，令，在单调递增，也就是在单调递增，所以.当即时，不符合；当即时，符合当即时，根据零点存在定理，使，有时，在单调递减，时，在单调递增，成立，故只需即可，有，得，符合综上得，实数的最小值为【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类
14、讨论的数学思想方法，属于难题.18、 () .().【解析】()时，根据绝对值不等式的定义去掉绝对值，求不等式的解集即可；()不等式的解集为，等价于，求出在的最小值即可【详解】()当时，时，不等式化为，解得，即时,不等式化为，不等式恒成立，即时,不等式化为，解得，即综上所述，不等式的解集为()不等式的解集为 对任意恒成立当时，取得最小值为实数的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了函数绝对值三角不等式的应用问题，属于常规题型19、（1）见解析（2）【解析】（1）推导出，从而平面，由面面垂直的判定定理即可得证（2）过作，以为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，设，利用空
15、间向量法表示出二面角的余弦值，当余弦值取得最大时，正切值求得最小值；【详解】（1）因为，面，平面，平面，平面，又平面，平面平面；（2）过作，以为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，则，设，则平面的一个法向量为设平面的一个法向量为则，即，令，如图二面角的平面角为锐角，设二面角为，则，时取得最大值，最大值为，则最小值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.20、，；当时，栈道总长度最短.【解析】连，由切线长定理知：，即，则，进而确定的取值范围；根据求导得，利用增减性算出，进而求得取值.【详解】解：连，由切线长定理知：，又，故，则劣弧的长为，因此，优弧的长为，又，
16、故，即，所以，则；，其中，-0+单调递减极小值单调递增故时，所以当时，栈道总长度最短.【点睛】本题主要考查导数在函数当中的应用，属于中档题.21、；【解析】根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合,即可求出抛物线C的方程；设，的中点为，把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式求出的取值范围,利用韦达定理求出,进而求出的中垂线方程,即可求得在轴上的截距的表达式,然后根据的取值范围求解即可.【详解】由题意可知,直线l的方程为,与抛物线方程方程联立可得,设,由韦达定理可得,因为,所以,解得,所以抛物线C的方程为;设,的中点为,由,消去可得,所以判别式,解得或,由韦达定理可得,所以的中垂线方程为,令则,因为或,所以即为所求.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.22、（1）（2）与交点的极坐标为，和【解析】（1）先把曲线化成直角坐标方程，再化简成极坐标方程；（2）联立曲线和曲线的方程解得即可.【详解】(1)曲线的直角坐标方程为：，即 . 的参数方程化为极坐标方程为；(2)联立可得：，与交点的极坐标为，和.【点睛】本题考查了参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的互化，也考查了极坐标方程的联立，属于基础题.