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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已知锐角满足则（ ）ABCD2在中，点D是线段BC上任意一点，则（ ）AB-2CD23设，则，三数的大小关系是ABCD4在正项等比数列an中，a5-a1=15，a4-a2 =6，则a3=（ ）A2B4CD85已知函数，以下结论正确的个数为（ ）当时，
2、函数的图象的对称中心为；当时，函数在上为单调递减函数；若函数在上不单调，则；当时，在上的最大值为1A1B2C3D46若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD7已知直线：与圆：交于，两点，与平行的直线与圆交于，两点，且与的面积相等，给出下列直线：，.其中满足条件的所有直线的编号有（ ）ABCD8若集合，则（ ）ABCD9 “”是“函数（为常数）为幂函数”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件10已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）ABCD11已知函数，则函数的零点所在区间为（ ）ABCD12已知双曲线的焦距为，若的渐近线上存在点，使得经过点所作的圆的两
3、条切线互相垂直，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13学校艺术节对同一类的，四件参赛作品，只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“或作品获得一等奖”； 乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“，两项作品未获得一等奖”； 丁说：“作品获得一等奖”若这四位同学中有且只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是_.14设为椭圆在第一象限上的点，则的最小值为_.15已知集合A，B，若AB中有且只有一个元素，则实数a的值为_16从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一
4、张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为_.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）设不等式的解集为M，.（1）证明：；（2）比较与的大小，并说明理由.18（12分）在中，角所对的边分别为，若，且.（1）求角的值；（2）求的最大值.19（12分）已知函数，曲线在点处的切线在y轴上的截距为.（1）求a；（2）讨论函数和的单调性；（3）设，求证：.20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BDDC，PCD为正三角形，平面PCD平面ABCD，E为PC的中点 （1）证明：AP平面EBD；（2）证明：BEPC21（12分）在平面直角坐标系
5、中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.22（10分）在四棱锥中，底面为直角梯形，分别为，的中点（1）求证：（2）若，求二面角的余弦值参考答案一、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、C【解析】利用代入计算即可.【详解】由已知，因为锐角，所以，即.故选：C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用，考查学生的运算能力，是一道基础题.2、A【解析】设，用表示出，求出的值即可得出答案.【详解】设由，.故选：A【点睛】本题
6、考查了向量加法、减法以及数乘运算，需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义，属于基础题.3、C【解析】利用对数函数，指数函数以及正弦函数的性质和计算公式，将a，b，c与，比较即可.【详解】由，所以有.选C.【点睛】本题考查对数值，指数值和正弦值大小的比较，是基础题，解题时选择合适的中间值比较是关键，注意合理地进行等价转化.4、B【解析】根据题意得到，解得答案.【详解】，解得或（舍去）.故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力.5、C【解析】逐一分析选项，根据函数的对称中心判断；利用导数判断函数的单调性；先求函数的导数，若满足条件，则极值点必在区间；利用导数求
7、函数在给定区间的最值.【详解】为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，函数的图象的对称中心为，正确由题意知因为当时，又，所以在上恒成立，所以函数在上为单调递减函数，正确由题意知，当时，此时在上为增函数，不合题意，故令，解得因为在上不单调，所以在上有解，需，解得，正确令，得根据函数的单调性，在上的最大值只可能为或因为，所以最大值为64，结论错误故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，意在考查基本的判断方法，属于基础题型.6、B【解析】转化为，构造函数，利用导数研究单调性，求函数最值，即得解.【详解】由，可知设，则，所以函数在上单调递增，所以所以故的取值范围是故选：B
8、【点睛】本题考查了导数在恒成立问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.7、D【解析】求出圆心到直线的距离为：，得出，根据条件得出到直线的距离或时满足条件，即可得出答案.【详解】解：由已知可得：圆：的圆心为（0,0），半径为2，则圆心到直线的距离为：，而，与的面积相等，或，即到直线的距离或时满足条件，根据点到直线距离可知，满足条件.故选：D.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，涉及点到直线的距离公式.8、B【解析】根据正弦函数的性质可得集合A，由集合性质表示形式即可求得，进而可知满足.【详解】依题意，；而，故，则.故选：B.【点睛】本题考查了集合关系的判断与
9、应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.9、A【解析】根据幂函数定义，求得的值，结合充分条件与必要条件的概念即可判断.【详解】当函数为幂函数时，解得或，“”是“函数为幂函数”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查了充分必要条件的概念和判断，幂函数定义的应用，属于基础题.10、A【解析】由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想
10、象能力.11、A【解析】首先求得时，的取值范围.然后求得时，的单调性和零点，令，根据“时，的取值范围”得到，利用零点存在性定理，求得函数的零点所在区间.【详解】当时，.当时，为增函数，且，则是唯一零点.由于“当时，.”，所以令，得，因为，所以函数的零点所在区间为.故选：A【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.12、B【解析】由可得；由过点所作的圆的两条切线互相垂直可得,又焦点到双曲线渐近线的距离为,则,进而求解.【详解】,所以离心率,又圆是以为圆心,半径的圆,要使得经过点所作的圆的两条切线互相垂直
11、,必有,而焦点到双曲线渐近线的距离为,所以,即,所以,所以双曲线的离心率的取值范围是.故选:B【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围,考查双曲线的性质的应用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、B【解析】首先根据“学校艺术节对四件参赛作品只评一件一等奖”，故假设分别为一等奖，然后判断甲、乙、丙、丁四位同学的说法的正确性，即可得出结果【详解】若A为一等奖，则甲、丙、丁的说法均错误，不满足题意；若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；综上所述，故B获得一等奖
12、【点睛】本题属于信息题，可根据题目所给信息来找出解题所需要的条件并得出答案，在做本题的时候，可以采用依次假设为一等奖并通过是否满足题目条件来判断其是否正确14、【解析】利用椭圆的参数方程，将所求代数式的最值问题转化为求三角函数最值问题，利用两角和的正弦公式和三角函数的性质，以及求导数、单调性和极值，即可得到所求最小值【详解】解：设点，其中，由，可设，导数为，由，可得，可得或，由，可得，即，可得，由可得函数递减；由，可得函数递增，可得时，函数取得最小值，且为，则的最小值为1故答案为：1【点睛】本题考查椭圆参数方程的应用，利用三角函数的恒等变换和导数法求函数最值的方法，考查化简变形能力和运算能力，
13、属于难题15、2【解析】利用AB中有且只有一个元素，可得，可求实数a的值.【详解】由题意AB中有且只有一个元素，所以，即.故答案为：.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，集合交集的运算本质是存同去异，侧重考查数学运算的核心素养.16、【解析】基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的
14、数的概率为故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型三、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)证明见解析；(2).【解析】试题分析：(1)首先求得集合M，然后结合绝对值不等式的性质即可证得题中的结论；(2)利用平方做差的方法可证得|1-4ab|2|a-b|.试题解析：（）证明：记f (x) =|x-1|-|x+2|，则f(x)= ，所以解得-x，故M=(-,).所以，|a|+|b|+=.（）由（）得0a2，0b2.|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=4(a2-1
15、)(b2-1)0.所以，|1-4ab|2|a-b|.18、（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；（2），再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.【详解】（1）因为，所以.在中，由正弦定理得，所以，即.在中，由余弦定理得，又因为，所以.（2）由（1）得，在中，所以.因为，所以，所以当，即时，有最大值1，所以的最大值为.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算，是一道容易题.19、（1） （2）为减函数，为增函数. （3）证明见解析【解析】（1）求出导函数，求出切线方程，令得切线的纵截距，可得（必须利用函数的单
16、调性求解）；（2）求函数的导数，由导数的正负确定单调性；（3）不等式变形为，由递减，得()，即，即，依次放缩，不等式，递增得()，,先证，然后同样放缩得出结论【详解】解：（1）对求导，得.因此.又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即.由题意，.显然，适合上式.令，求导得，因此为增函数：故是唯一解.（2）由（1）可知，因为，所以为减函数.因为，所以为增函数.（3）证明：由，易得.由（2）可知，在上为减函数.因此，当时，即.令，得，即.因此，当时，.所以成立.下面证明：.由（2）可知，在上为增函数.因此，当时，即.因此，即.令，得，即.当时，.因为，所以，所以.所以，当时，.所以，当时，成立.综上
17、所述，当时，成立.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式本题中不等式的证明，考查了转化与化归的能力，把不等式变形后利用第（2）小题函数的单调性得出数列的不等关系：，这是最关键的一步然后一步一步放缩即可证明本题属于困难题20、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）连结AC交BD于点O，连结OE，利用三角形中位线可得APOE，从而可证AP平面EBD；（2）先证明BD平面PCD，再证明PC平面BDE，从而可证BEPC【详解】证明：（1）连结AC交BD于点O，连结OE因为四边形ABCD为平行四边形O为AC中点，又E为PC中点，故APOE，又AP平面EBD，OE
18、平面EBD所以AP平面EBD；（2）PCD为正三角形，E为PC中点所以PCDE因为平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，又BD平面ABCD，BDCDBD平面PCD又PC平面PCD，故PCBD又BDDED，BD平面BDE，DE平面BDE故PC平面BDE又BE平面BDE，所以BEPC【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，线面平行一般转化为线线平行来证明，直线与直线垂直通常利用线面垂直来进行证明，侧重考查逻辑推理的核心素养.21、（1）（2）【解析】试题分析：（1）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直
19、线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值. 设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.试题解析：解：（1）因为椭圆的方程为，所以，.因为轴，所以，而直线与圆相切，根据对称性，可取，则直线的方程为，即.由圆与直线相切，得，所以圆的方程为.（2）易知，圆的方程为.当轴时，所以，此时得直线被圆截得的弦长为.当与轴不垂直时，设直线的方程为，首先由，得，即，所以（*）.联立，消去，得，将代入（*）式，得.由于圆心到直线的距离为，所以直
20、线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为.考点：直线与圆位置关系22、（1）见解析（2）【解析】（1）由已知可证明平面，从而得证面面垂直，再由，得线面垂直，从而得，由直角三角形得结论；（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法示二面角【详解】（1）证明：连接，平面平面，平面平面，为的中点，平面平面，平面平面，为斜边的中点，（2），由（1）可知，为等腰直角三角形，则以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，记平面的法向量为由得到，取，可得，则易知平面的法向量为记二面角的平面角为，且由图可知为锐角，则，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查用面面垂直的性质定理证明线面垂直，从而得线线垂直，考查用空间向量法求二面角在立体几何中求异面直线成的角、直线与平面所成的角、二面角等空间角时，可以建立空间直角坐标系，用空间向量法求解空间角，可避免空间角的作证过程，通过计算求解