1、2023学年高考数学模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并
2、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如图，在中，点M是边的中点，将沿着AM翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）A重心B垂心C内心D外心2（ ）ABCD3设a=log73，c=30.7，则a，b，c的大小关系是（）ABCD4已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD5方程的实数根叫作函数的“新驻点”，如果函数的“新驻点”为，那么满足（ ）ABCD6是正四面体的面内一动点，为棱中点，记与平面成角为定值，若点的轨迹为一段抛物线，则（ ）ABCD7在
3、平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转到点，设直线与轴正半轴所成的最小正角为，则等于( )ABCD8设F为双曲线C：（a0，b0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点若|PQ|=|OF|，则C的离心率为ABC2D9设 ,则()A10B11C12D1310设a，b都是不等于1的正数，则“”是“”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件11已知，则下列关系正确的是（ ）ABCD12已知集合，则集合的非空子集个数是（ ）A2B3C7D8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，满足约束条件，则的最大值为_14（5分）
4、已知，且，则的值是_15设全集，集合，则集合_.16若函数，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）已知数列的前项和为，且满足，各项均为正数的等比数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和18（12分）设函数，是函数的导数.（1）若，证明在区间上没有零点；（2）在上恒成立，求的取值范围.19（12分）如图所示，直角梯形ABCD中，四边形EDCF为矩形，平面平面ABCD(1)求证：平面ABE；(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的
5、长，若不存在，请说明理由20（12分）在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，M、N分别为、的中点.（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.21（12分）数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，为的前n项和，求证：.22（10分）已知数列满足（），数列的前项和，（），且，（1）求数列的通项公式：（2）求数列的通项公式（3）设，记是数列的前项和，求正整数，使得对于任意的均有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、A【答案解析】根据题意到两个平面的距离相等，根据等体积法得到，得到答案.【
6、题目详解】二面角与二面角的平面角相等，故到两个平面的距离相等.故，即，两三棱锥高相等，故，故，故为中点.故选：.【答案点睛】本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.2、D【答案解析】利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.【题目详解】由所以，所以原式所以原式故故选：D【答案点睛】本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.3、D【答案解析】，得解【题目详解】，所以，故选D【答案点睛】比较不同数的大小，找中间量作比较是一种常见的方法4、B【答案解析】由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值
7、范围.【题目详解】由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，因此，实数的取值范围是故选：B.【答案点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.5、D【答案解析】由题设中所给的定义，方程的实数根叫做函数的“新驻点”，根据零点存在定理即可求出的大致范围【题目详解】解：由题意方程的实数根叫做函数的“新驻点”，对于函数，由于，设，该函数在为增函数， ，在上有零点，故函数的“新驻点”为，那么故选：【答案点睛】本题是一个新定义的题，理解定义，分别建立方程解出存在范围是解题的关键，本题考查了推理判断的能力，属于基础题
8、.6、B【答案解析】设正四面体的棱长为，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出面的法向量，设的坐标，求出向量，求出线面所成角的正弦值，再由角的范围，结合为定值，得出为定值，且的轨迹为一段抛物线，所以求出坐标的关系，进而求出正切值【题目详解】由题意设四面体的棱长为，设为的中点，以为坐标原点，以为轴，以为轴，过垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得，取的三等分点、如图，则，所以、，由题意设，和都是等边三角形，为的中点，平面，为平面的一个法向量，因为与平面所成角为定值，则，由题意可得，因为的轨迹为一段抛物线且为定值，则也为定值，可得，此时，则，.故选：B.【答案点睛】考查线面所成
9、的角的求法，及正切值为定值时的情况，属于中等题7、A【答案解析】设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为，由任意角的三角函数的定义可以求得的值，依题有,则，利用诱导公式即可得到答案.【题目详解】如图，设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为因为点在角的终边上，所以依题有,则，所以，故选：A【答案点睛】本题考查三角函数的定义及诱导公式，属于基础题.8、A【答案解析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率【题目详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心，又点在圆上，即，故选A【答案点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半
10、径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来9、B【答案解析】根据题中给出的分段函数，只要将问题转化为求x10内的函数值，代入即可求出其值【题目详解】f（x），f（5）ff（1）f（9）ff（15）f（13）1故选：B【答案点睛】本题主要考查了分段函数中求函数的值，属于基础题10、C【答案解析】根据对数函数以及指数函数的性质求解a,b的范围，再利用充分必要条件的定义判断即可【题目详解】由“”，得，得或或，即或或，由，得，故“”是“”的必要不充分条件，故选C【答案点睛】本题考查
11、必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法，考查指数，对数不等式的解法，是基础题11、A【答案解析】首先判断和1的大小关系，再由换底公式和对数函数的单调性判断的大小即可.【题目详解】因为，所以，综上可得.故选：A【答案点睛】本题考查了换底公式和对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题12、C【答案解析】先确定集合中元素，可得非空子集个数【题目详解】由题意，共3个元素，其子集个数为，非空子集有7个故选：C【答案点睛】本题考查集合的概念，考查子集的概念，含有个元素的集合其子集个数为，非空子集有个二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】根据题意，画出可行域，将
12、目标函数看成可行域内的点与原点距离的平方，利用图象即可求解.【题目详解】可行域如图所示，易知当，时，的最大值为故答案为：9.【答案点睛】本题考查了利用几何法解决非线性规划问题，属于中档题.14、【答案解析】由于，且，则，得，则15、【答案解析】分别解得集合A与集合B的补集，再由集合交集的运算法则计算求得答案.【题目详解】由题可知，集合A中集合B的补集，则故答案为：【答案点睛】本题考查集合的交集与补集运算，属于基础题.16、0 1 【答案解析】根据分段函数解析式，代入即可求解.【题目详解】函数，所以，.故答案为：0；1.【答案点睛】本题考查了分段函数求值的简单应用，属于基础题.三、解答题：共70
13、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】（1）由化为，利用数列的通项公式和前n项和的关系，得到是首项为，公差为的等差数列求解.（2）由（1）得到，再利用错位相减法求解.【题目详解】（1）可以化为，又时，数列从开始成等差数列，代入得是首项为，公差为的等差数列，.（2）由（1）得，两式相减得，.【答案点睛】本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系和错位相减法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18、（1）证明见解析（2）【答案解析】（1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出，再由函数的导数可知，函数在上单调递增，在上单调递减，而，可知在区间上恒成立，即在区间上没有零点；（2）由题意可将转化为，构造函数，利用导数讨论研究其在上的单调性，由，即可求出的取值范围【题目详解】（1）若，则，设，则，故函数是奇函数当时，这时，又函数是奇函数，所以当时，.综上，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.又，故在区间上恒成立，所以在区间上没有零点.（2），由，所以恒成立，若，则，设，.故当时，又，所以当时，满足题意；当时，有，与条件矛盾，舍去； 当时，令，则，又，故在区间上有无穷多个零点，设最小的零点为，则当时，因此在上单调递增.，所以.于是，当时，得，与条件
