2023高考數(shù)學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若函數(shù)有且只有4個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．2．已知，則（）A．2 B． C． D．33．設，分別為雙曲線（a＞0，b＞0）的左、右焦點，過點作圓的切線與雙曲線的左支交于點P，若，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．4．已知雙曲線C：1（a＞0，b＞0）的焦距為8，一條漸近線方程為，則C為（）A． B．C． D．5．已知圓錐的高為3，底面半徑為，若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積與圓錐的體積的比值為()A． B． C． D．6．的二項展開式中，的系數(shù)是（）A．70 B．-70 C．28 D．-287．已知在平面直角坐標系中，圓：與圓：交于，兩點，若，則實數(shù)的值為（）A．1 B．2 C．-1 D．-28．已知雙曲線滿足以下條件：①雙曲線E的右焦點與拋物線的焦點F重合；②雙曲線E與過點的冪函數(shù)的圖象交于點Q，且該冪函數(shù)在點Q處的切線過點F關于原點的對稱點．則雙曲線的離心率是（）A． B． C． D．9．設拋物線的焦點為F,拋物線C與圓交于M,N兩點,若,則的面積為()A． B． C． D．10．已知，，，，．若實數(shù)，滿足不等式組，則目標函數(shù)（）A．有最大值，無最小值 B．有最大值，有最小值C．無最大值，有最小值 D．無最大值，無最小值11．已知定義在上的偶函數(shù)滿足，且在區(qū)間上是減函數(shù)，令，則的大小關系為（）A． B．C． D．12．復數(shù)（i是虛數(shù)單位）在復平面內(nèi)對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．曲線在點處的切線方程是__________.14．連續(xù)擲兩次骰子，分別得到的點數(shù)作為點的坐標，則點落在圓內(nèi)的概率為______________．15．設，分別是定義在上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且，則_________16．已知點是雙曲線漸近線上的一點，則雙曲線的離心率為_______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數(shù).（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式的解集包含，求實數(shù)的取值范圍.18．（12分）如圖，在四面體中，.（1）求證:平面平面；（2）若，求四面體的體積.19．（12分）如圖，在斜三棱柱中，側面與側面都是菱形，，．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．20．（12分）如圖，⊙的直徑的延長線與弦的延長線相交于點，為⊙上一點，，交于點．求證：~．21．（12分）已知函數(shù)（，），且對任意，都有.（Ⅰ）用含的表達式表示；（Ⅱ）若存在兩個極值點，，且，求出的取值范圍，并證明；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，判斷零點的個數(shù)，并說明理由.22．（10分）已知橢圓的右焦點為,過點且斜率為的直線與橢圓交于兩點,線段的中點為為坐標原點.（1）證明:點在軸的右側;（2）設線段的垂直平分線與軸、軸分別相交于點.若與的面積相等,求直線的斜率

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．B【答案解析】

由是偶函數(shù)，則只需在上有且只有兩個零點即可.【題目詳解】解：顯然是偶函數(shù)所以只需時，有且只有2個零點即可令，則令，遞減，且遞增，且時，有且只有2個零點，只需故選：B【答案點睛】考查函數(shù)性質(zhì)的應用以及根據(jù)零點個數(shù)確定參數(shù)的取值范圍，基礎題.2．A【答案解析】

利用分段函數(shù)的性質(zhì)逐步求解即可得答案．【題目詳解】，；；故選：．【答案點睛】本題考查了函數(shù)值的求法，考查對數(shù)的運算和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，是基礎題，解題時注意函數(shù)性質(zhì)的合理應用．3．C【答案解析】

設過點作圓的切線的切點為，根據(jù)切線的性質(zhì)可得，且，再由和雙曲線的定義可得，得出為中點，則有，得到，即可求解.【題目詳解】設過點作圓的切線的切點為，，所以是中點，，，.故選:C.【答案點睛】本題考查雙曲線的性質(zhì)、雙曲線定義、圓的切線性質(zhì)，意在考查直觀想象、邏輯推理和數(shù)學計算能力，屬于中檔題.4．A【答案解析】

由題意求得c與的值，結合隱含條件列式求得a2，b2，則答案可求.【題目詳解】由題意，2c＝8，則c＝4，又，且a2+b2＝c2，解得a2＝4，b2＝12.∴雙曲線C的方程為.故選：A.【答案點睛】本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)，屬于基礎題.5．B【答案解析】

計算求半徑為，再計算球體積和圓錐體積，計算得到答案.【題目詳解】如圖所示：設球半徑為，則，解得.故求體積為：，圓錐的體積：，故.故選：.【答案點睛】本題考查了圓錐，球體積，圓錐的外接球問題，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.6．A【答案解析】試題分析：由題意得，二項展開式的通項為，令，所以的系數(shù)是，故選A．考點：二項式定理的應用．7．D【答案解析】

由可得，O在AB的中垂線上，結合圓的性質(zhì)可知O在兩個圓心的連線上，從而可求.【題目詳解】因為，所以O在AB的中垂線上，即O在兩個圓心的連線上，，，三點共線，所以，得，故選D.【答案點睛】本題主要考查圓的性質(zhì)應用，幾何性質(zhì)的轉化是求解的捷徑.8．B【答案解析】

由已知可求出焦點坐標為,可求得冪函數(shù)為,設出切點通過導數(shù)求出切線方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切點坐標,然后求解雙曲線的離心率．【題目詳解】依題意可得，拋物線的焦點為，F(xiàn)關于原點的對稱點；，，所以，，設，則，解得，∴，可得，又，，可解得，故雙曲線的離心率是.故選B．【答案點睛】本題考查雙曲線的性質(zhì),已知拋物線方程求焦點坐標,求冪函數(shù)解析式,直線的斜率公式及導數(shù)的幾何意義,考查了學生分析問題和解決問題的能力,難度一般.9．B【答案解析】

由圓過原點，知中有一點與原點重合，作出圖形，由，，得，從而直線傾斜角為，寫出點坐標，代入拋物線方程求出參數(shù)，可得點坐標，從而得三角形面積．【題目詳解】由題意圓過原點，所以原點是圓與拋物線的一個交點，不妨設為，如圖，由于，，∴，∴，，∴點坐標為，代入拋物線方程得，，∴，．故選：B.【答案點睛】本題考查拋物線與圓相交問題，解題關鍵是發(fā)現(xiàn)原點是其中一個交點，從而是等腰直角三角形，于是可得點坐標，問題可解，如果僅從方程組角度研究兩曲線交點，恐怕難度會大大增加，甚至沒法求解．10．B【答案解析】

判斷直線與縱軸交點的位置，畫出可行解域，即可判斷出目標函數(shù)的最值情況.【題目詳解】由，，所以可得.，所以由，因此該直線在縱軸的截距為正，但是斜率有兩種可能，因此可行解域如下圖所示：由此可以判斷該目標函數(shù)一定有最大值和最小值.故選：B【答案點睛】本題考查了目標函數(shù)最值是否存在問題，考查了數(shù)形結合思想，考查了不等式的性質(zhì)應用.11．C【答案解析】

可設，根據(jù)在上為偶函數(shù)及便可得到：，可設，，且，根據(jù)在上是減函數(shù)便可得出，從而得出在上單調(diào)遞增，再根據(jù)對數(shù)的運算得到、、的大小關系，從而得到的大小關系.【題目詳解】解：因為，即，又，設，根據(jù)條件，，；若，，且，則：；在上是減函數(shù)；；；在上是增函數(shù)；所以，故選：C【答案點睛】考查偶函數(shù)的定義，減函數(shù)及增函數(shù)的定義，根據(jù)單調(diào)性定義判斷一個函數(shù)單調(diào)性的方法和過程：設，通過條件比較與，函數(shù)的單調(diào)性的應用，屬于中檔題.12．B【答案解析】

利用復數(shù)的四則運算以及幾何意義即可求解.【題目詳解】解：，則復數(shù)（i是虛數(shù)單位）在復平面內(nèi)對應的點的坐標為：，位于第二象限.故選：B.【答案點睛】本題考查了復數(shù)的四則運算以及復數(shù)的幾何意義，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【答案解析】

利用導數(shù)的幾何意義計算即可.【題目詳解】由已知，，所以，又，所以切線方程為，即.故答案為：【答案點睛】本題考查導數(shù)的幾何意義，考查學生的基本計算能力，要注意在某點處的切線與過某點的切線的區(qū)別，是一道容易題.14．【答案解析】

連續(xù)擲兩次骰子共有種結果，列出滿足條件的結果有11種，利用古典概型即得解【題目詳解】由題意知，連續(xù)擲兩次骰子共有種結果，而滿足條件的結果為：共有11種結果，根據(jù)古典概型概率公式，可得所求概率．故答案為：【答案點睛】本題考查了古典概型的應用，考查了學生綜合分析，數(shù)學運算的能力，屬于基礎題.15．1【答案解析】

令，結合函數(shù)的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.【題目詳解】由題意，函數(shù)分別是上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且，令，可得，所以.故答案為：1.【答案點睛】本題主要考查了函數(shù)奇偶性的應用，其中解答中熟記函數(shù)的奇偶性，合理賦值求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.16．【答案解析】

先表示出漸近線，再代入點，求出，則離心率易求.【題目詳解】解：的漸近線是因為在漸近線上，所以，故答案為：【答案點睛】考查雙曲線的離心率的求法，是基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）【答案解析】

（1）按進行分類，得到等價不等式組，分別解出解集，再取并集，得到答案；（2）將問題轉化為在時恒成立，按和分類討論，分別得到不等式恒成立時對應的的范圍，再取交集，得到答案.【題目詳解】解：（1）當時，等價于或或，解得或或，所以不等式的解集為：.（2）依題意即在時恒成立，當時，，即，所以對恒成立∴，得；當時，，即，所以對任意恒成立，∴，得∴，綜上，.【答案點睛】本題考查分類討論解絕對值不等式，分類討論研究不等式恒成立問題，屬于中檔題.18．（1）證明見解析；（2）.【答案解析】

（1）取中點，連接，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，利用全等三角形證得，由此證得平面，進而證得平面平面.（2）由（1）知平面，即是四面體的面上的高，結合錐體體積公式，求得四面體的體積.【題目詳解】（1）證明:如圖，取中點，連接，由則，則，故故，平面.又平面，故平面平面（2）由（1）知平面，即是四面體的面上的高，且.在中，，由勾股定理易知故四面體的體積【答案點睛】本小題主要考查面面垂直的證明，考查錐體體積計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.19．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）．【答案解析】試題分析：（1）取中點，連，，由等邊三角形三邊合一可知，，即證．（2）以，，為正方向建立空間直角坐標系，由向量法可求得平面與平面所成的銳二面角的余弦值．試題解析：（Ⅰ）證明：連，，則和皆為正三角形．取中點，連，，則，，則平面，則（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又，所以．如圖所示，分別以，，為正方向建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，因為，，所以取面的法向量取，則，平面與平面所成的銳二面角的余弦值．20．證明見解析【答案解析】

根據(jù)相似三角形的判定定理,已知兩個三角形有公共角,題中未給出線段比例關系,故可根據(jù)判定定理一需找到另外一組相等角,結合平面幾何的知識證得即可.【題目詳解】證明：∵，所以，又因為，所以．在與中，，，故~.【答案點睛】本題考查平面幾何中同弧所對的圓心角與圓周角的關系、相似三角形的判定定理;考查邏輯推理能力和數(shù)形結合思想;分析圖形，找出角與角之間的關系是證明本題的關鍵;屬于基礎題.21．（1）（2）見解析（3）見解析【答案解析】試題分析：利用賦值法求出關系，求函數(shù)導數(shù)，要求函數(shù)有兩個極值點，只需在內(nèi)有兩個實根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范圍，再根據(jù)函數(shù)圖象和極值的大小判斷零點的個數(shù).試題解析：（Ⅰ）根據(jù)題意：令，可得，所以，經(jīng)驗證，可得當時，對任意，都有，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，所以，令，要使存在兩個極值點，，則須有有兩個不相等的正數(shù)根，所以或解得或無解，所以的取值范圍，可得，由題意知，令，則．而當時，，即，所以在上單調(diào)遞減，所以即時，．（Ⅲ）因為，．令得，．由（Ⅱ）知時，的對稱軸，，，所以.又，可得，此時，在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，所以最多只有三個不同的零點．又因為，所以在上遞增，即時，恒成立．根據(jù)（2）可知且，所以，即，所以，使得．由，得，又，，所以恰有三個不同的零點：，1，．綜上所述，恰有三個不同的零點．【答案點睛】利用賦值法求出關系，利用函數(shù)導數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性，要求函數(shù)有兩個極值點，只需在內(nèi)有兩個實根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范圍，利用函數(shù)的導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，再根據(jù)函數(shù)圖象和極值的大小判斷零點的個數(shù)是近年高考壓軸題的熱點.22．（1）證明見解析（2）【答案解析】

（1）設出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系求出點的橫坐標即可證