1、2023学年高考数学模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）A向右平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向左平移个单位2已知等差数列
2、的前项和为，若，则数列的公差为（ ）ABCD3记的最大值和最小值分别为和若平面向量、，满足，则（ ）ABCD4设，则复数的模等于( )ABCD5已知函数（）的最小值为0，则（ ）ABCD6已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）A5B3CD27设为非零实数，且，则（ ）ABCD8设，则关于的方程所表示的曲线是（ ）A长轴在轴上的椭圆B长轴在轴上的椭圆C实轴在轴上的双曲线D实轴在轴上的双曲线9已知是平面内互不相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是（ ）ABCD10已知复数，满足，则（ ）A1BCD511已知抛物线：（）的焦点为，为该抛物线上一点，以
3、为圆心的圆与的准线相切于点，则抛物线方程为（ ）ABCD12已知直线与圆有公共点，则的最大值为（ ）A4BCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知集合，则_14已知向量=（1，2），=（-3，1），则=_15已知集合，则_.16在直角坐标系中，某等腰直角三角形的两个顶点坐标分别为，函数的图象经过该三角形的三个顶点，则的解析式为_.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）设函数，（）求曲线在点（1,0）处的切线方程；（）求函数在区间上的取值范围18（12分）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为和，右顶点为，且，短轴长为.（1）求椭圆的方程；（2
4、）若过点作垂直轴的直线，点为直线上纵坐标不为零的任意一点，过作的垂线交椭圆于点和，当时，求此时四边形的面积.19（12分）已知集合，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，规定空集中元素的个数为.当时，求的值；利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，都有.20（12分）设的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.21（12分）已知函数.（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；（2）若，求的最大值.22（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为
5、.(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；【题目详解】解：函数，要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位故选：D【答案点睛】本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题2、D【答案解析】根据等差数列公式直接计算得到答案.【题目详解】依题意，故，故，故，故选：D【答案点睛】本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.3、A【
6、答案解析】设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.【题目详解】由已知可得，则，建立平面直角坐标系，设，由，可得，即，化简得点的轨迹方程为，则，则转化为圆上的点与点的距离，转化为圆上的点与点的距离，.故选：A.【答案点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.4、C【答案解析】利用复数的除法运算法则进行化简,再由复数模的定义求解即可.【题目详解】因为,所以,由复
7、数模的定义知,.故选:C【答案点睛】本题考查复数的除法运算法则和复数的模;考查运算求解能力;属于基础题.5、C【答案解析】设，计算可得，再结合图像即可求出答案.【题目详解】设，则，则，由于函数的最小值为0，作出函数的大致图像， 结合图像，得，所以.故选：C【答案点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.6、D【答案解析】由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【题目详解】解：由抛物线方程可知，即，.设 则，即，所以.所以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【答案点睛】本题考查了抛
8、物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.7、C【答案解析】取，计算知错误，根据不等式性质知正确，得到答案.【题目详解】，故，故正确；取，计算知错误；故选：.【答案点睛】本题考查了不等式性质，意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.8、C【答案解析】根据条件，方程即，结合双曲线的标准方程的特征判断曲线的类型【题目详解】解：k1，1+k0，k2-10，方程，即，表示实轴在y轴上的双曲线，故选C【答案点睛】本题考查双曲线的标准方程的特征，依据条件把已知的曲线方程化为是关键9、C【答案解析】试题分析：如下图所示，则，因为与的夹角为，即，所以，设，则，在三角形中，由正
9、弦定理得，所以，所以，故选C考点：1向量加减法的几何意义；2正弦定理；3正弦函数性质10、A【答案解析】首先根据复数代数形式的除法运算求出，求出的模即可【题目详解】解：，故选：A【答案点睛】本题考查了复数求模问题，考查复数的除法运算，属于基础题11、C【答案解析】根据抛物线方程求得点的坐标，根据轴、列方程，解方程求得的值.【题目详解】不妨设在第一象限，由于在抛物线上，所以，由于以为圆心的圆与的准线相切于点，根据抛物线的定义可知，、轴，且.由于，所以直线的倾斜角为，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以抛物线的方程为.故选：C【答案点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线的斜率，考查数形结合的数
10、学思想方法，属于中档题.12、C【答案解析】根据表示圆和直线与圆有公共点，得到，再利用二次函数的性质求解.【题目详解】因为表示圆，所以，解得，因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，即 ，解得，此时， 因为，在递增，所以的最大值.故选：C【答案点睛】本题主要考查圆的方程，直线与圆的位置关系以及二次函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】由可得集合是奇数集，由此可以得出结果.【题目详解】解：因为所以集合中的元素为奇数，所以.【答案点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.14、-6【答案解析
11、】由可求，然后根据向量数量积的坐标表示可求 .【题目详解】=（1，2），=（-3，1），=（-4，-1），则 =1（-4）+2（-1）=-6故答案为-6【答案点睛】本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于基础试题15、【答案解析】根据并集的定义计算即可.【题目详解】由集合的并集，知.故答案为：【答案点睛】本题考查集合的并集运算，属于容易题.16、【答案解析】结合题意先画出直角坐标系，点出所有可能组成等腰直角三角形的点，采用排除法最终可确定为点，再由函数性质进一步求解参数即可【题目详解】等腰直角三角形的第三个顶点可能的位置如下图中的点，其中点与已有的两个顶点横坐标重复，舍去；若为点则点与点的中间
12、位置的点的纵坐标必然大于或小于，不可能为，因此点也舍去，只有点满足题意.此时点为最大值点，所以，又，则，所以点，之间的图像单调，将，代入的表达式有由知，因此.故答案为：【答案点睛】本题考查由三角函数图像求解解析式，数形结合思想，属于中档题三、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）【答案解析】分析：(1)先断定在曲线上，从而需要求，令，求得结果，注意复合函数求导法则，接着应用点斜式写出直线的方程；(2)先将函数解析式求出，之后借助于导数研究函数的单调性，从而求得函数在相应区间上的最值.详解：（）当，. ， 当， 所以切线方程为.（）,因为，所以.令，则在单调
13、递减， 因为，所以在上增，在单调递增. , 因为，所以在区间上的值域为.点睛：该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，曲线在某个点处的切线方程的求法，复合函数求导，函数在给定区间上的最值等，在解题的过程中，需要对公式的正确使用.18、（1）（2）【答案解析】（1）依题意可得，解方程组即可求出椭圆的方程；（2）设，则，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消去，设，列出韦达定理，即可表示，再根据求出参数，从而得出，最后由点到直线的距离得到，由即可得解；【题目详解】解：（1），解得，椭圆的方程为.（2），可设，.，设直线的方程为，显然恒成立.设，则，.，解得，解得，.此时直线的方程为，点到直线的距离为，即此时四边形的面积为.【答案点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的综合应用，考查计算能力，属于中档题19、；证明见解析.【答案解析】当时，集合共有个子集，即可求出结果；分类讨论，利用数学归纳法证明.【题目详解】当时，集合共有个子集，所以；当时，由可知，此时令，满足对任意，都有，且；假设当时，存在有序集合组满足题意，且，则当时，集合的子集个数为个，因为是4的整数倍，所以令，且恒成立，即满足对任意，都有，且，综上，原命题得证.【答案点睛】本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属
