文档内容
2023 年高考数学模拟考试卷
高三数学（理科）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自
己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：高中全部知识点。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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
一个选项是符合题目要求的．
1．若 是纯虚数，则a＝（ ）
A．－1 B．1 C．－9 D．9
【答案】A
【分析】先将复数化简，再根据纯虚数列出方程组求解即可.
【详解】 ,
因为 是纯虚数，故 ，得 ，
故选：A.
2．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】确定 ， ，再计算交集得到答案.
【详解】 ， ，
则 .
故选：D
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由三视图还原为几何体，再利用柱体的体积公式求解即可.
【详解】由三视图还原几何体，如图，
该几何体是由两个四分之一圆（半径为 ）组成的图形作为底面，高为 的柱体，
所以该几何体体积为 .
故选：C.
.
4．如图，正方形 的边长为2，圆 半径为1，点 在圆 上运动，则 的取值
范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由向量的加法可得 ，再由向量数量积的运算即可得解.
【详解】设 与 的夹角为 ，则 ，
，
因为 ，
所以 ，
故选：C
5．已知 ，则 （ ）．A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据倍角与半角公式 ，
将题目化为 ，因式分解，然后根据三角函数的有界性对 的值进
行取舍，由此得解.
【详解】解：由 ，将 ， 代入化简
得 ，
即 ，解得 （舍去）或 ，
故选；B．
6．已知函数 ，设 ， ，则 成立的一个必要不充分条
件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性和奇偶性可知函数 为偶函数，且在 上单调递增，所
以 在 上单调递减，结合 可得 ，举例说明即可判断选项
A、B，将选项C、D变形即可判断.
【详解】函数 的定义域为R，
则函数 ，
所以函数 是偶函数，
当 时， ，
，
所以 在 上单调递增，所以 在 上单调递减.
若 ，则 ，即 .
A：若 ，满足 ，但 ，反之也不成立，故选项A错误；
B：若 ，满足 ，则 ，反之，若 ，不一定 ，
故选项B错误；
C：由 可得 ，但不一定有 ，所以充分性不成立，故选项C
错误；
D：由 可得 ，但由 不一定能推出 ，故D正确.
故选：D.
7．小明买了4个大小相同颜色不同的冰墩墩（北京冬奥会吉祥物）随机放入3个不同袋子
中，则每个袋子至少放入一个冰墩墩的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由计数原理可求出4个冰墩墩随机放入3个不同袋子的种数，利用组合中的分组
分配问题求出每个袋子至少放入一个冰墩墩的种数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】小明将4个大小相同颜色不同的冰墩墩随机放入3个不同袋子中，有 种不
同的放法，
若每个袋子至少放入一个冰墩墩，则分2步进行分析：①将4个冰墩墩分为3组，有 种分组方法，②将分好的3组放入3个不同的袋子中，
有 种情况，则有 种方法，所以所求的概率为 .
故选：D
8．设函数 （是常数， ， ），若 在区间
上具有单调性，且 ，则函数是 的最小正周期是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据单调性可求出 ，再根据题意得函数关于点 对称，关于直线
对称，得到等式组，通过作差分析可得 或 ，最后检验即可.
【详解】若 在区间 上具有单调性,则 ，
则 的图象关于点 对称, 的图象关于直线 对称,
①，
且 ，②
两式相减,可得 ,又因为 ，故 或 .
当 时,则结合 和①式可得 ， .
当 时,则结合 和②可得 不存在，
综上 .
故它的最小正周期为 ，
故选：B.
9．已知 ， ， ，则 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数对函数求导利用导函数的单调性比较值的大小.
【详解】设 ，
则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 单调递减，
所以 ，所以 ，在 上恒成立，
所以 ，
设 ，
则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 单调递增，
所以 ，
所以 ，在 上恒成立，
所以 ，
从而有 ，
故选：C.
10．已知数列 满足 ，且 ，若存在正偶数m使得
成立，则 （ ）
A．2016 B．2018 C．2020 D．2022
【答案】D
【分析】由 得 ,由此可得化简 ;
由 及正偶数m得 ,由此可化简
,最后建立等式关系求得 值.
【详解】由题意， ，故 ，
∴ ，
∵m为正偶数，∴ ，
∴左边 ，
此时， ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】关键点点睛:(1)化简 的方法是用累乘法, 利用 各项相乘相消后
即可.
(2)化简 的方法是用累加法,利用
各项相加相消后即可.
11．已知两点A，M在双曲 的右支上，点A与点B关于原点对称，
交y轴于点N，若 ，且 ，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】设 为AB的中点，设 ， ， ， ，利
用点差的方法表示出 ，结合题意继而表示出 ，推出 ，根据
即可求得a，b的关系，从而可求双曲线离心率.
【详解】
如图，不妨设A在第一象限，取BM的中点 ，连接OQ，
因为 为AB的中点，故 ，
， ， ， ，
B，M在双曲线上，则 ，两式相减可得， ，
即 ，而 ， ，
故 ，即 ，
又因为 ，则 ，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，
又 ，则 ,
即 ，故 ，
所以 ，而 ，故 ,
故 ，则双曲线 的离心率为 ，
根据双曲线的对称性可知，当A在第四象限时，同理可求得 ，
当A在双曲线的顶点时，由于 ，此时AM与双曲线相切，不合题意，
故双曲线 的离心率为 ，
故选：D.
12．已知函数 的定义域为 ， ，若 是奇函数， 是偶
函数，且 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由奇偶函数的对称性得 是周期为4的周期函数，
，再结合 得 ，进而结合对称性得
，再计算求和即可；
【详解】解:因为 是偶函数，所以 ，即 ，
故 的图象关于直线 对称.
因为 是奇函数，所以 ，即 ，
故 的图象关于点 对称，
所以 ， ，
所以， 是周期为4的周期函数，
对于 ，令 ，得 ，
对于 ，令 ，得
又 是周期为4的周期函数，
所以 ，所以 ，
所以，
所以 .
因为 ，
所以 ，
对于 ，令 ，得 ，即 ，
所以
所以 ，
，
，…，
，
所以
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合奇偶函数的对称性得到函数的周期性，进
而结合函数周期性得到 ， ，进而利用周期性
求解.
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13． 展开式中不含y的项的系数和为64，则展开式中的常数项为___________.
【答案】15625【分析】根据题意，令y的指数为0，得 ，再令 ，得 的展开式中
不含y的项的系数和为 ，解得n，再求展开式中的常数项.
【详解】 展开式中不含y的项，即展开式中y的指数为0，即 的展开
式，
再令 ，得 展开式中不含y的项的系数和为 =64，∴ ，
求 展开式中的常数项，由 ，
所以展开式中的常数项为 .
故答案为：15625
14．已知点 ，点P在抛物线 上运动，点B在曲线 上运动，
则 的最小值是___________．
【答案】
【分析】由抛物线的定义转化后求解
【详解】抛物线 的焦点为 ，设 点坐标 ，则
，
由题意当 时， ，
令 ，则 ， ，
由基本不等式知 ，当且仅当 时等号成立
故 的最小值为 ．
故答案为：
15．已知数列 的前 项和为 为数列 的前 项积，满足
（ 为正整数），其中 ，给出下列四个结论：① ；② ；③ 为
等差数列；④ .其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【分析】根据关系式 ，当 时，即可求得 的值；由 得
，当 时，可得 ，两式相除整理可证明 为等差数列，即
可求得 ，从而可求得 ，由此得以判断各结论.
【详解】因为 ，
所以当 时， ，解得 或 ，
又 ，所以 ，故 ，故①正确；
因为 ，易得 ，所以 ，当 时， ，
所以 ，则 ，
所以 ，则 ，
又 ，
所以 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，则 ，
经检验， 满足上式，所以 ，故④正确；
所以 ，则 ，
所以 为等差数列，故③正确；
当 时， ，
又 不符合上式，
所以 ，故②错误.
故答案为：①③④.
16．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次
比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为 ，托盘由边长
为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②．有下列四个结论：
①经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为
②异面直线AD与CF所成的角的余弦值为
③直线AD与平面DEF所成的角为
④球离球托底面DEF的最小距离为其中正确的命题是__________ 请将正确命题的序号都填上
【答案】②③④
【分析】取 中点N，M，利用给定条件证明 平面 判断③；证明
，求异面直线夹角判断②；求出 外接圆半径，结合球面的截面圆性
质计算判断①，④作答.
【详解】取 中点N，M，连接 ，如图，
因 为正三角形，则 ，而平面 平面 ，平面 平面
， 平面 ，
于是得 平面 ，同理 平面 ，即 ， ，
因此，四边形 是平行四边形，有 ，同理 ，
， 外接圆半径 ，
经过三个顶点A，B，C的球的截面圆是 的外接圆，其面积为 ，①不正确；
连接 ，因 ，则四边形 是平行四边形， ，
即有 是异面直线AD与CF所成的角或其补角， ， 中， ，
，
由余弦定理得： ，②正确；
因 平面 ，则 是直线AD与平面DEF所成的角，而 ，③正确；
体积为 的球半径 ，由 得 ，由①知，球心到平面 的距离
，
由①，同理可得点C到平面 的距离为 ，即平面 与平面 的距离为 ，所以球面上的点到球托底面DEF的最小距离为 ，④正确，
所以正确的命题是②③④.
故答案为：②③④
【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是 ，当求出角的余弦值为负时，要
取其相反数作为异面直线夹角余弦．
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．第17~21题为必考题，
每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
17．在 中，内角 的对边分别为 ，且
．
(1)求角 ；
(2)若 为锐角三角形，求 的取值范围．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）角换边，在利用余弦定理求解；
（2）边换角，将待求表达式表示成关于 的三角函数，利用锐角三角形条件求出 的范围，
最后再求表达式的范围即可.
(1)
因为 ，所以由正弦定理得 ，
整理得 ，由余弦定理得 ．因为 ，所以 ．
(2)
由正弦定理得 ．
因为 为锐角三角形，所以
解得 ，所以 ，
所以 ，
故 的取值范围为 ．
18．某网络 在平台开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活
动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，
两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该
项活动．
(1)若甲第一关通过的概率为 ，第二关通过的概率为 ，求甲可以进入第三关的概率；(2)已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为 分，现要根据得分给共 名参
加者中得分前 名发放奖励，
①假设该闯关活动平均分数为 分， 分以上共有 人，已知甲的得分为 分，问甲
能否获得奖励，请说明理由；
②丙得知他的分数为 分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为 分， 分以上
共有 人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪．
附：若随机变量 ，则 ；
； ．
【答案】(1)
(2)①能，理由见解析；②乙所说为假
【分析】（1）利用独立事件的概率公式，结合甲闯关的可能情况求解即可；
（2）①利用正态分布的对称性及 法则，求得前 名参赛者的最低得分即可判断；
②假设乙所说为真，利用正态分布的对称性及 法则，证得丙的分数为 分是小概率事
件，从而得以判断.
【详解】（1）设 ：第 次通过第一关， ：第 次通过第二关，甲可以进入第三关的概
率为 ，
由题意知
.
（2）设此次闯关活动的分数记为 ．
①由题意可知 ，
因为 ，且 ，
所以 ，则 ；
而 ，且 ，
所以前 名参赛者的最低得分高于 ，
而甲的得分为 分，所以甲能够获得奖励；
②假设乙所说为真，则 ，
，
而 ，所以 ，
从而 ，
而 ，
所以 为小概率事件，即丙的分数为 分是小概率事件，可认为其不可能发生，
但却又发生了，所以可认为乙所说为假．
19．如图①，已知 是边长为2的等边三角形， 是 的中点， ，如图
②，将 沿边 翻折至 .(1)在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？若存在，求 的值；若不存在，请
说明理由；
(2)若平面 与平面 所成的二面角的余弦值为 ，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明 平面 ， 平面 ，证得平面 平面
，可得 平面 ；
（2）利用已知二面角的余弦值，可以利用向量法或几何法求三棱锥 的高，结合
体积公式求解.
【详解】（1）存在点 满足题意，且 ，理由如下：
在图①中，取 的中点 ，连接 ，则 ，
在图②中， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 ；
在线段 上取点 使 ，
连接 ，则 ，同理可得 平面 ，
又因为 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又因为 平面 ，所以 平面 .
（2）在图②中， ， 平面 ，所以 平
面 ，
法一：以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，
设 ，则 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，即
，
易知平面 的一个法向量 ，
若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为 ，则 ，
化简整理得： ，.
所以 ，所以 ，
则三棱锥 的高为 ，.
又因为底面积 ，
所以三棱锥 的体积为 .
法二：延长 相交于点 ，事实上点 即为点 ，
则平面 平面 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，则 ，所以 即为平面 与平面 所成的二面角的
平面角，
即 ，所以 ，
即 ，即 ，
又 ，所以 ，
在 中，设点 到 的距离为 ，由等面积法可得 ，解得 ，
即三棱锥 的高 ，又 的面积为 ，
所以三棱锥 的体积为 .
20．P为圆 上一动点，点 的坐标为 ，线段 的垂直平分线交直
线 于点 ．
(1)求点 的轨迹方程 ；
(2)在（1）中曲线 与 轴的两个交点分别为 和 ， 、 为曲线 上异于 、 的两
点，直线 不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点 关于原点 的对称点为 ，若直线
与直线 相交于点 ，直线 与直线 相交于点 ，证明：在曲线 上存在定点
，使得 的面积为定值，并求该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）依题意可得 ，即可得到 ，根据椭圆的定
义得到点 的轨迹是以 、 为焦点的椭圆，从求出 、 、 ，即可得解；
（2）设 、 ，直线 的方程为 ，联立直线与椭
圆方程，消元、列出韦达定理，设 ，由 、 、 三点共线及 、 、 三点共
线得到 ，从而得到直线 的方程，再联立直线 与直线 的方程，求出
在定直线 上，要使 的面积为定值，此时点 一定为过点 且与直线 平行的
直线 与椭圆 的交点，求出 点坐标，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）解： 直线 的垂直平分线交直线 于点
， ，
由椭圆的定义可知，点 的轨迹是以 、 为焦点的椭圆，且 ，
、 ，则 ，
点 的轨迹方程为 ．（2）证明：设 、 ，直线 的方程为 ，
与椭圆方程联立，得 ，得 ，
则 由根与系数的关系得 ， ，
由（1）知 ， ，设 ，
由 、 、 三点共线得 ，由 、 、 三点共线得 ，
则
.
所以 的斜率 ，则直线 的方程为 ，
联立直线 与直线 的方程，可得 ，解得 ，
因此 在定直线 上，使得 的面积为定值的点 一定为过点 且与直线 平行
的直线 与椭圆 的交点，
由 ，解得 或 ，此时 的坐标为 或 ，
所以 的面积 ．
21．已知函数 ，其中 为常数.
(1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若函数 的极大值点是 ，且函数 的一个零点大于1，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义运算求解；
（2）求导，利用导数判断原函数的单调性，结合 放缩判断 的符号，进而可得 的单调性，再结合零点存在性定理判断 的零点，即可得 的极值点，且
，在结合 的零点可得 ，分析判断即可.
【详解】（1）当 时，则 ，
所以 ， ，
即切点坐标为 ，切线斜率为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
（2）∵ ，则 ，
构建 ，则 ，
构建函数 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ；
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
构建函数 ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
可得 ，则 ，
故当 时，
又因为函数 在 上单调递减，且 ，
所以当 时， ，当 时， ，
即当 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
当 时，
注意到 ， ，
因此函数 在 上有唯一的零点，设为 ，
当 时，则 ；当 时，则 ；
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为函数 的极大值点是 ，
且 是函数 的最大值，即 ，
又∵函数 的一个零点大于1，不妨设为 ，则 ，即 ，
注意到 ，因此 ，
故 .
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端
两个函数的最值问题．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的
第一题计分．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系 中，以坐标原点 为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆 的
极坐标方程为 ．
(1)求 的参数方程；
(2)已知点 在 上，若 在 处的切线与直线 平行，求点 的极坐标．
【答案】(1) （ 为参数， ）；
(2) .
【分析】（1）首先根据 的极坐标方程求出 的普通方程，然后即可求出 的参数方程；
（2）根据几何关系求出直线 倾斜角，然后利用参数方程求出点 的直角坐标，再利用
极坐标公式求出点 的极坐标.
【详解】（1）由 ，所以 ，
结合 ，得 ，
化简得 ，
所以C的参数方程为 （ 为参数， ）.
（2）由（1）所得 的参数方程，可设点
因为 在 处的切线与直线 平行，所以 ，
化简得 ，又 ，所以 ，所以 ，
所以 ， ，则 ，所以点 的极坐标为 .23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知 ， ．
(1)若 ，求不等式 的解集；
(2) ，若 图象与两坐标轴围成的三角形面积不大于2，求正数m的
取值范围．
【答案】(1){ 或 }；
(2) .
【分析】（1）利用零点分段法求解出绝对值不等式；
（2）作出函数的大致图象，结合条件表示出三角形面积，结合条件列出不等式，进而即得.
【详解】（1）当 时, ，
由 ，可得 或 或 ，
解得 或 ，
所以不等式 的解集为 或 ；
（2）由题可得 ，
可得函数的大致图象如图所示，
图象与两坐标轴交于点 ， ，
所以 ，
依题意 ，所以 ， ，
所以 ．
