1、2023学年高考数学模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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设向量，满足，则的取值范围是ABCD2设集合，集合 ，则 =（ ）ABCDR3赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，
2、又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）ABCD4已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组则的取值范围为（ ）ABCD5已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）ABCD6已知双曲线满足以下条件：双曲线E的右焦点与抛物线的焦点F重合；双曲线E与过点的幂函数的图象交于点Q，且该幂函数在点Q处
3、的切线过点F关于原点的对称点则双曲线的离心率是（ ）ABCD7等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ）A或BCD8如图，棱长为的正方体中，为线段的中点，分别为线段和 棱 上任意一点，则的最小值为（ ）ABCD9已知与之间的一组数据：12343.24.87.5若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）A1.5B2.5C3.5D4.510已知函数，若时，恒成立，则实数的值为（ ）ABCD11若集合，则下列结论正确的是（ ）ABCD12将函数的图象分别向右平移个单位长度与向左平移(0)个单位长度，若所得到的两个图象重合，则的最小值为( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
4、。13若，则的展开式中含的项的系数为_.14古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有_种. (用数字作答)15如图，在平面四边形中，则_16若，且，则的最小值是_.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，且满足，证明：.18（12分）在中，角，的对边分别为， 且的面积为.(1)求；(2)求的周长 .19（12分）已知函数.其中是自然对数的底数.（1）求函数在点处的切线方程；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取
5、值范围.20（12分）设数列的前列项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.21（12分）如图，在中，点在上，.（1）求的值；（2）若，求的长.22（10分）如图，两座建筑物AB，CD的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是10m和20m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的视角CAD60（1）求BC的长度；（2）在线段BC上取一点P（点P与点B，C不重合），从点P看这两座建筑物的视角分别为APB，DPC，问点P在何处时，+最小？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
6、要求的。1、B【答案解析】由模长公式求解即可.【题目详解】，当时取等号，所以本题答案为B.【答案点睛】本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.2、D【答案解析】试题分析：由题，选D考点：集合的运算3、D【答案解析】设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【题目详解】由题意，设，则，即小正六边形的边长为，所以，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：D.【答案点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求
7、解能力，属于基础题4、D【答案解析】首先将转化为，只需求出的取值范围即可，而表示可行域内的点与圆心距离，数形结合即可得到答案.【题目详解】作出可行域如图所示设圆心为，则,过作直线的垂线，垂足为B，显然，又易得，所以，故.故选：D.【答案点睛】本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化与划归的思想，是一道中档题.5、B【答案解析】根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值【题目详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方
8、体的四个顶点，即为三棱锥，且长方体的长、宽、高分别为，此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，且球半径为，三棱锥外接球表面积为，当且仅当，时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为故选B【答案点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题6、B【答案解析】由已知可求出焦点坐标为,可求得幂函数为,设出切点通过导数求出切线方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切点坐标,
9、然后求解双曲线的离心率【题目详解】依题意可得，抛物线的焦点为，F关于原点的对称点；，所以，设，则，解得， ，可得，又，可解得，故双曲线的离心率是.故选B【答案点睛】本题考查双曲线的性质,已知抛物线方程求焦点坐标,求幂函数解析式,直线的斜率公式及导数的几何意义,考查了学生分析问题和解决问题的能力,难度一般.7、C【答案解析】设公差为，则由题意可得，解得，可得.令，可得当时，当时，由此可得数列前项和中最小的.【题目详解】解：等差数列中，已知，且，设公差为，则，解得，.令，可得，故当时，当时，故数列前项和中最小的是.故选：C.【答案点睛】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档
10、题.8、D【答案解析】取中点，过作面，可得为等腰直角三角形，由，可得，当时， 最小，由 ，故，即可求解.【题目详解】取中点，过作面，如图：则，故，而对固定的点，当时， 最小此时由面，可知为等腰直角三角形，故.故选：D【答案点睛】本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力，属于中档题.9、D【答案解析】利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.【题目详解】利用表格中数据，可得又，解得故选：D【答案点睛】本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.10、D【答案解析】通过分析函数与的图象，得到两函
11、数必须有相同的零点，解方程组即得解.【题目详解】如图所示，函数与的图象，因为时，恒成立，于是两函数必须有相同的零点，所以，解得故选：D【答案点睛】本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11、D【答案解析】由题意，分析即得解【题目详解】由题意，故，故选：D【答案点睛】本题考查了元素和集合，集合和集合之间的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题.12、B【答案解析】首先根据函数的图象分别向左与向右平移m,n个单位长度后，所得的两个图像重合，那么，利用的最小正周期为，从而求得结果.【题目详解】的最小正周期为，那么(
12、)，于是，于是当时，最小值为，故选B.【答案点睛】该题考查的是有关三角函数的周期与函数图象平移之间的关系，属于简单题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.【题目详解】，根据二项式展开式通项：，令，解得，所以含的项的系数.故答案为：【答案点睛】本题考查定积分，二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,属于基础题.14【答案解析】试题分析：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水，第
13、三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有52111=1考点：排列、组合及简单计数问题点评：本题考查排列排列组合及简单计数问题，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景，利用分步原理正确计数，本题较抽象，计数时要考虑周详15、【答案解析】由题意得，然后根据数量积的运算律求解即可【题目详解】由题意得，【答案点睛】突破本题的关键是抓住题中所给图形的特点，利用平面向量基本定理和向量的加减运算，将所给向量统一用表示，然后再根据数量积的运算律求解，这样解题方便快捷16、8【答案解析】利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值.【题目详解】因为（即 取等号
14、），所以最小值为.【答案点睛】已知，求解（ ）的最小值的处理方法：利用，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件.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、证明见解析【答案解析】将化简可得，由柯西不等式可得证明.【题目详解】解：因为，所以，又， 所以，当且仅当时取等号.【答案点睛】本题主要考查柯西不等式的应用，相对不难，注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.18、（1）（2）【答案解析】（1）利用正弦，余弦定理对式子化简求解即可；（2）利用余弦定理以及三角形的面积，求解三角形的周长即可【题目详解】（1），由正弦定理可得：，即：，由余弦定理得.（2），所以，又，且 ，的周长为【答案点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理的应
