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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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将函数的图像向右平移个单位长度，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，若为奇函数，则的最小值为（ ）ABCD2已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的
2、点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ）ABCD3在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）ABCD4如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ）ABCD5若双曲线的焦距为，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（ ）ABCD6过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，若，则的最小值是（ ）A1B2C3D47直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是A10B9C8D78设是虚数单位，则（ ）ABC1D29已知向量，（其中为实数），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
3、既不充分也不必要条件10已知定义在R上的函数（m为实数）为偶函数，记，则a，b，c的大小关系为( )ABCD11设，是空间两条不同的直线，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的是（ ）ABCD12已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线分别交于、两点，与轴的正半轴交于点，与准线交于点，且，则（ ）AB2CD3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，在体积为V的圆柱中，以线段上的点O为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为，则的值是_.14记复数za+bi（i为虚数单位）的共轭复数为，已知z2+i，则_15在ABC中，BAC，AD
4、为BAC的角平分线，且，若AB2，则BC_.16已知圆，直线与圆交于两点，若，则弦的长度的最大值为_.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）若对任意x0，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1x2），证明：.18（12分）已知，如图，曲线由曲线：和曲线：组成，其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点，点为曲线所在圆锥曲线的焦点.（）若，求曲线的方程；（）如图，作直线平行于曲线的渐近线，交曲线于点，求证：弦的中点必在曲线的另一条渐近线上；（）对于（）中的曲线，若直线过点交曲线于点，求面积的最大值.19
5、（12分）已知函数（1）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；（2）若函数对恒成立，求实数的取值范围.20（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，、分别为、的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值21（12分）已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若满足，求.22（10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：BEPC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
6、选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据三角函数的变换规则表示出，根据是奇函数，可得的取值，再求其最小值.【详解】解：由题意知，将函数的图像向右平移个单位长度，得，再将图像上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），得到函数的图像，因为是奇函数，所以，解得，因为，所以的最小值为.故选：【点睛】本题考查三角函数的变换以及三角函数的性质，属于基础题.2、B【解析】由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.【详解】抛物线的焦点为，则，即，设点的坐标为，点的坐标为，如图：，解得，或(舍去)，直线的方程为，设直线与抛物线的另一个
7、交点为，由，解得或，故直线被截得的弦长为故选：B【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.3、C【解析】根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心，半径，直线与圆相交，所以，解得 所以相交的概率,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.4、A【解析】作于,于,分析可得,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.【详解】作于,于.因为平面平面,平面.故,故平面.故二面角为.又直线与平面所成角为,因为,故.故,当且仅当重合时取等号.又直线与平面所成角为,且为直线与平
8、面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.故.故选：A【点睛】本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.5、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.6、C【解析】设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.【详解】根据题意，
9、可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，代入得：.由根与系数的关系得，所以.又直线CD的方程为，同理，所以，所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，则由抛物线的定义可得.所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.故选：C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.7、B【解析】根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值【详解】由抛物线标准方程可知p=2因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知 所以 因为 为线段长度，
10、都大于0，由基本不等式可知，此时所以选B【点睛】本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题8、C【解析】由，可得，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出的值.【详解】解：， ，解得：.故选:C.【点睛】本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把 当成进行运算.9、A【解析】结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意
11、识.10、B【解析】根据f（x）为偶函数便可求出m0，从而f（x）1，根据此函数的奇偶性与单调性即可作出判断.【详解】解：f（x）为偶函数；f（x）f（x）；11；|xm|xm|；（xm）2（xm）2；mx0；m0；f（x）1；f（x）在0，+）上单调递增，并且af（|）f（），bf（），cf（2）；02；acb故选B【点睛】本题考查偶函数的定义，指数函数的单调性，对于偶函数比较函数值大小的方法就是将自变量的值变到区间0，+）上，根据单调性去比较函数值大小11、C【解析】根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：、也可能相交或异面，故错：因为，所以或，因为，所以，故对：或，故错：如
12、图因为，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为， 所以，所以，故对.故选：C【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.12、B【解析】过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由和抛物线的定义可求得，利用抛物线的性质可构造方程求得，进而求得结果.【详解】过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由抛物线解析式知：，准线方程为.，由抛物线定义知：，.由抛物线性质得：，解得：，.故选：.【点睛】本题考查抛物线定义与几何性质的应用，关键是熟练掌握抛物线的定义和焦半径所满足的等式.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据圆柱的体积为，以及圆
13、锥的体积公式，计算即得.【详解】由题得，得.故答案为：【点睛】本题主要考查圆锥体的体积，是基础题.14、34i【解析】计算得到z2（2+i）23+4i，再计算得到答案.【详解】z2+i，z2（2+i）23+4i，则故答案为：34i【点睛】本题考查了复数的运算，共轭复数，意在考查学生的计算能力.15、【解析】由，求出长度关系，利用角平分线以及面积关系，求出边，再由余弦定理，即可求解.【详解】,，.故答案为:.【点睛】本题考查共线向量的应用、面积公式、余弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.16、【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，
14、.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.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）证明见解析.【解析】（1）求出，判断函数的单调性，求出函数的最大值，即求的范围；（2）由（1）可知， .对分和两种情况讨论，构造函数，利用放缩法和基本不等式证明结论【详解】（1）由，得.令.当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，.对任意恒成立，.（2）证明：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，.若，则，令在上单调递增，.又，在上单调递减，.若，则显然成立.综上，.又以
15、上两式左右两端分别相加，得，即，所以.【点睛】本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，利用导数证明不等式，属于难题.18、（）和.；（）证明见解析；（）.【解析】()由，可得，解出即可；()设点，设直线，与椭圆方程联立可得：，利用，根与系数的关系、中点坐标公式，证明即可；()由()知，曲线，且，设直线的方程为：，与椭圆方程联立可得： ，利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面釈计算公式、基本不等式的性质，即可求解.【详解】()由题意：，解得，则曲线的方程为：和.()证明：由题意曲线的渐近线为：，设直线，则联立，得，解得：，又由数形结合知. 设点，则，即点在直线上.()由()知，曲线，点，设直线的
16、方程为：，联立，得：， ，设，面积，令，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质,考查了推理论证能力与运算求解能力，属于难题.19、（1）；（2）.【解析】（1）求导得到，讨论和两种情况，计算函数的单调性，得到，再讨论，三种情况，计算得到答案.（2）计算得到，讨论，两种情况，分别计算单调性得到函数最值，得到答案.【详解】（1），当时恒成立，所以单调递增，因为，所以有唯一零点，即符合题意；当时，令，函数在上单调递减，在上单调递增，函数。（i）当即,所以符合题意，（ii）当即
17、 时，因为，故存在,所以 不符题意（iii）当 时，因为，设，所以,单调递增，即，故存在，使得，不符题意；综上，的取值范围为。（2）。当时，恒成立，所以 单调递增，所以，即符合题意；当 时，恒成立，所以单调递增，又因为，所以存在，使得，且当时，。即在上单调递减，所以，不符题意。综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的零点问题，恒成立问题，意在考查学生的分类讨论能力和综合应用能力.20、（1）见解析；（2）.【解析】（1）利用中位线的性质得出，然后利用线面平行的判定定理可证明出平面；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值
18、.【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以又因为平面，平面，所以平面；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以设直线与平面所成角为，所以因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成的角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21、（1）；（2）【解析】（1）化简得到，取，解得答案.（2），解得，根据余弦定理得到，再用一次余弦定理解得答案.【详解】（1）.取，解得.（2）,因为， 故，.根据余弦定理：，.【点睛】本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，余弦定理，意在
19、考查学生对于三角函数知识的综合应用.22、（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.