1、2023学年高考数学模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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
2、的。1函数（）的图像可以是（ ）ABCD2点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）A0B1C2D33已知分别为双曲线的左、右焦点，点是其一条渐近线上一点，且以为直径的圆经过点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）ABCD4正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）ABCD5若函数满足，且，则的最小值是（ ）ABCD6已知等比数列的前项和为，若，且公比为2，则与的关系正确的是（ ）ABCD7设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐
3、标原点，若，且，则点的轨迹方程是（ ）ABCD8已知函数，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）A1BCD9要得到函数的图象，只需将函数图象上所有点的横坐标（ ）A伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度B伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移个单位长度C缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度D缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度10已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，的大小关系为( )ABCD11在中，则在方向上的投影是（ ）A4B3C-4D-312已知，如图是求的近似值的一个程序
4、框图，则图中空白框中应填入ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13锐角中，角，所对的边分别为，若，则的取值范围是_.14已知是同一球面上的四个点，其中平面，是正三角形，则该球的表面积为_.15某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二 人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_16的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，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）在极坐标系中，已知曲线C的方程为（），直线l的方程为.设直线l与曲线C相交于A，B两点，且，求r的值.18
5、（12分）已知函数，其中为自然对数的底数，（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值；（2）若，问函数有无极值点？若有，请求出极值点的个数；若没有，请说明理由19（12分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线：交于，两点，且当时，.（1）求的值；（2）设线段的中点为，抛物线在点处的切线与的准线交于点，证明：轴.20（12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.(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21（12分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶
6、点构成边长为2的等边三角形（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、试判断是否为定值,并说明理由22（10分）如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点且（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求锐二面角的大小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、B【答案解析】根据，可排除，然后采用导数，判断原函数的单调性，可得结果.【题目详解】由题可知：，所以当时，又，令，则令，则所以函数在单调递减在单调递增，故选：B【答案点睛】本题考查函数的图像，可从以下指
7、标进行观察：（1）定义域；（2）奇偶性；（3）特殊值；（4）单调性；（5）值域，属基础题.2、C【答案解析】设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【题目详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,则单调递减；当时,则单调递增,所以,且,有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【答案点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.3、B【答案解析】根据题意，设点在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论.【题目详解】由题意，设点在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为，所以，又以为直径的圆经过点，则，即，
8、解得，所以，即，即，所以，双曲线的离心率为.故选：B.【答案点睛】本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出与的关系，属于基础题.4、D【答案解析】如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【题目详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接
9、球的表面积为.故选：D.【答案点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.5、A【答案解析】由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.【题目详解】函数满足，即，即，则，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.，由于函数在区间上为增函数，所以，当时，取得最小值.故选：A.【答案点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力
10、，属于中等题.6、C【答案解析】在等比数列中，由即可表示之间的关系.【题目详解】由题可知，等比数列中，且公比为2，故故选：C【答案点睛】本题考查等比数列求和公式的应用，属于基础题.7、A【答案解析】设坐标，根据向量坐标运算表示出，从而可利用表示出；由坐标运算表示出，代入整理可得所求的轨迹方程.【题目详解】设，其中， ，即 关于轴对称 故选：【答案点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，涉及到平面向量的坐标运算、数量积运算；关键是利用动点坐标表示出变量，根据平面向量数量积的坐标运算可整理得轨迹方程.8、C【答案解析】对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案.【题目详解
11、】对任意的总有恒成立，对恒成立，令，可得令，得当，当，故令，得 当时，当，当时，故选：C.【答案点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题.9、B【答案解析】分析：根据三角函数的图象关系进行判断即可详解：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到 再将得到的图象向左平移个单位长度得到 故选B点睛：本题主要考查三角函数的图象变换，结合和的关系是解决本题的关键10、C【答案解析】根据题意，得，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.【题目详解】因为，且的图象
12、经过第一、二、四象限，所以，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，则|，即，所以.故选：C.【答案点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.11、D【答案解析】分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可.详解：如图所示：，又，在方向上的投影是：，故选D.点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题.12、C【答案解析】由于中正项与负项交替出现，根据可排除选项A、B；执行第一次循环：，若图中空白框中填入，则，若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第二次循环：由均可得，若图中空白框
13、中填入，则，若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第三次循环：由可得，符合题意，由可得，不符合题意，所以图中空白框中应填入，故选C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】由余弦定理，正弦定理得出，从而得出，推出的范围，由余弦函数的性质得出的范围，再利用二倍角公式化简，即可得出答案.【题目详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形，则，.故答案为【答案点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题.14、【答案解析】求得等边三角形的外接圆半径，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【题目详解】设是等边三角形的外心，则球心在其正上方
14、处.设，由正弦定理得.所以得三棱锥外接球的半径，所以外接球的表面积为.故答案为：【答案点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，属于基础题.15、【答案解析】由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案16、【答案解析】利用正弦定理边化角可得，从而可得，进而求解.【题目详解】由，由正弦定理可得，即，整理可得，又因为，所以，因为，所以，故答案为：【答案点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、两角和的正弦公式，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、【答案解析】先将曲线C和直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，可得圆心到直线的距离，再由勾股定理，计算即得.【题目详解】以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，
