2023年高考數學模擬試題

鄧軍民

一、單選題（5分*8=40分）

1.若集合P=｛x|x2+x-2≤0｝，Q={x∈Z|-2

A.{-1，0，1}?B.{-1，0}

C.{0，1}?D.{0，1，2}

2.設命題p：x∈R，ex≥2021，則p為（）

A.x∈R，ex>2021?B.x∈R，ex<2021

C.x∈R，ex<2021?D.x∈R，ex≤2021

3.已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是（）

A.若a>b，則ac2>bc2?B.若ac>bc，則a>b

C.若a>b且ab<0，則1a>1b

D.若a2>b2，則1a<1b

4.已知正數x，y滿足x+2y-2xy=0，那么2x+y的最小值是（）

A.1?B.92C.9?D.2

5.材料一：已知三角形三邊長分別為a，b，c，則三角形的面積為S=p（p-a）（p-b）（p-c），其中p=a+b+c2.這個公式被稱為海倫一秦九韶公式．

材料二：阿波羅尼奧斯（Apollonius）在《圓錐曲線論》中提出橢圓定義：我們把平面內與兩個定點F1，F2的距離的和等于常數（大于｜F1F2｜）的點的軌跡叫做橢圓．

根據材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC=6，AB+AC=10，則△ABC面積的最大值為（）

A.6B.10C.12D.20

6.在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB=BD=CD，點P在棱AC上運動，設CP的長度為x，若△PBD的面積為f（x），則f（x）的圖像大致為（）

A.B.

C.D.

7.已知△ABC滿足AB=AC=1，△ABC所在平面內一動點P滿足AP=λAB+2μAC（λ，μ∈R）），且AP=1，若λ+μ≤2105恒成立，則cos?A的最小值為（）

A.-14B.-13?C.-12D.0

8.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=3，AD=2，點P為側面ABB1A1內一動點，且滿足C1P//平面ACD1，當C1P取最小值時，三棱錐D-ABP的所有頂點均在球O的球面上，則球O的表面積為（）

A.13πB.16π?C.19π?D.32π

二、多選題（5分*4=20分）

9.已知直線l：x+y-2=0與圓C：（x-1）2+（y+1）2=4交于A，B兩點，則（）

A.AB=3

B.△ABC的面積為3

C.圓C上到直線l的距離為1的點共有2個

D.圓C上到直線l的距離為1的點共有3個

10.已知等比數列｛an｝各項均為正數，滿足a2·a16=16，a6+a7a3+a4=18，記等比數列｛an｝的前n項的積為Tn，則當Tn取得最大值時，n=（）

A.8B.9C.10D.11

11.定義在（0，+∞）上的函數f（x），滿足2f（x）+xf?′（x）=1x2，且f（1）=0，下列說法正確的是（）

A.f（x）=lnxx2

B.f（x）的極大值為12e

C.f（x）有兩個零點

D.f2>f3

12.阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與歐幾里得、阿基米德并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他對圓錐曲線有深刻而系統的研究，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一.定義：平面上到兩定點距離之比是常數λ（λ>0，λ≠1）的動點的軌跡是圓，稱為阿波羅尼斯圓.設A（-4，0），B（-1，0），滿足MAMB=2的點M（x，y）的軌跡是阿波羅尼斯圓C，該圓與x軸交于P，Q兩點（P在Q左邊），則下列結論正確的是（）

A.圓C的半徑為2

B.過A點向圓C引兩條切線，A與兩個切點構成等腰直角三角形

C.若P，Q與M不重合，則MP平分∠AMB

D.圓C上存在兩個M點，使得AM2=AP·AQ

三、填空題（5分*4=20分）

13.已知i是虛數單位，則1-7i2+i的值為．

14.已知數列｛an｝滿足4Sn=（2n+1）an+1（n∈N*），則an=．

15.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，

①若sin?A>sin?B，則A>B；

②若sin?2A=sin?2B，則△ABC一定為等腰三角形；

③若cos?2A+cos?2B-cos?2C=1，則△ABC為直角三角形；

④若△ABC為銳角三角形，則sin?A

以上結論中正確的有.（填正確結論的序號）

16.“蒙日圓”涉及幾何學中的一個著名定理，該定理的內容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點，必在一個與橢圓同心的圓上.稱此圓為該橢圓的“蒙日圓”，該圓由法國數學家加斯帕爾·蒙日（1746-1818）最先發現.若橢圓C：x24+y2=1的左、右焦點分別為F1、F2，P為橢圓C上一動點，過P和原點作直線l與橢圓C的蒙日圓相交于M，N，則PM?·PN?PF1·PF2=．

四、解答題（10分+12分*5=70分）

17.已知數列{an}的前n項和是Sn=-32n2+2052n，

（1）求數列的通項公式an；

（2）求數列{an}的前n項和．

18.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足bsinB+C2=asin?B．

（1）求A；

（2）若△ABC為銳角三角形，且b=2，求△ABC的面積的取值范圍．

19.如圖，AA1，BB1為圓柱OO1的母線，BC是底面圓O的直徑，D，E分別是AA1，CB1的中點，DE⊥面CBB1．

（1）證明：DE//平面ABC；

（2）若BB1=BC，求平面A1B1C與平面BB1C的夾角余弦值．

20.體育運動是強身健體的重要途徑，《中國兒童青少年體育健康促進行動方案（2020-2030）》（下面簡稱“體育健康促進行動方案”）中明確提出青少年學生每天在校內參與不少于60分鐘的中高強度身體活動的要求.隨著“體育健康促進行動方案”的發布，體育運動受到各地中小學的高度重視，眾多青少年的體質健康得到很大的改善.某中學教師為了了解體育運動對學生的數學成績的影響情況，現從該中學高三年級的一次月考中隨機抽取1000名學生，調查他們平均每天的體育運動情況以及本次月考的數學成績情況，得到下表數據：

數學

成績

（分）［30，50）［50，70）［70，90）［90，110）［110，130）［130，150］人數

（人）2512535030015050運動達標

的人數

（人）104514520010743約定：平均每天進行體育運動的時間不少于60分鐘的為“運動達標”，數學成績排在年級前50%以內（含50%）的為“數學成績達標”．

（1）求該中學高三年級本次月考數學成績的65%分位數；

（2）請估計該中學高三年級本次月考數學成績的平均分（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；

（3）請根據已知數據完成下列列聯表，并根據小概率值α=0001的獨立性檢驗，分析“數學成績達標”是否與“運動達標”相關；

數學成績達標人數數學成績不達標人數合計運動達標人數運動不達標人數合計附：χ2=n（ad-bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）（n=a+b+c+d）

α001000050001xα663578791082821.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，F1，F2分別為橢圓C的左、右焦點，過F1且與x軸垂直的直線與橢圓C交于點A，B，且△ABF2的面積為3．

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）設直線l與橢圓C交于不同于右頂點P的M，N兩點，且PM⊥PN，判斷直線l是否過定點，并說明理由．

22.已知函數f（x）=xlnx-ax2-x（a∈R）有兩個極值點x1，x2（x1

（1）求a的取值范圍；

（2）證明：x41x2>e3．

參考答案

一、單選題

題次12345678答案ACCBCAAA1.答案：A【詳解】x2+x-?2=（x+2）（x-1）≤0解得-2≤x≤1，Q={-1，0，1，2，3}，∴P∩Q={-1，0，1}.故選：A.

2.答案：C【詳解】根據特稱命題的否定是全稱命題，p為x∈R，ex<2021，故選：C．

3.答案：C【詳解】A.若a>b，當c=0時，?ac2=bc2，所以A不成立；B.若ac>bc，當c<0時，則ab兩邊同除以ab，則1a>1b，所以C成立；D.如果a=2，b=-1，滿足a2>b2，但是1a>1b，所以D不成立.故選：C．

4.答案：B【詳解】因為正數x，y滿足x+2y-2xy=0，所以x2xy+2y2xy=1，即12y+1x=1．

所以2x+y=（2x+y）×12y+1x=xy+12+2+yx≥52+2xy×yx=92（當且僅當xy=yx，即x=y=32時等號成立）.所以2x+y的最小值是92.故選：B

5.答案：C【詳解】令AB=x，則AC=10-x且BC=6，故x∈（2，8），而p=a+b+c2=8，

所以△ABC面積S=16（8-x）（x-2）=-16（x-5）2+144，當x=5時，Smax=12.故選：C.

6.答案：A【詳解】作PQ⊥BC于點Q，作QR⊥BD于點R，連接到PR，由已知可得PQ∥AB，QR∥CD，且AB⊥平面BCD，所以PQ⊥平面BCD，又BD平面BCD，所以PQ⊥BD，?∵QR⊥BD，PQ∩QR=Q，PQ，QR平面PQR，∴BD⊥平面PQR，∵PR平面PQR，∴BD⊥PR，設AB=BD=CD=1，?∴AC=3，則x3=PQ1，∴PQ=x3，∵QR1=BQBC=APAC=3-x3，∴QR=3-x3，∴PR=x32+3-x32=332x2-23x+3，故f（x）=362x2-23x+3，其圖像是關于直線x=32對稱的圖像且開口上，故選項B，C，D錯誤.故選：A．

7.答案：A【詳解】由AP=λAB+2μAC平方可得1=λ2+4λμcos?A+4μ2，令t=λ+μλ=t-μ，代入有1=（t-μ）2+4（t-μ）μcos?A+4μ2，所以有（5-4cos?A）μ2+2t（2cos?A-1）μ+t2-1=0，令其Δ≥0，即4t2（2cos?A-1）2-4（5-4cos?A）（t2-1）≥0，也即t2≤5-4cos?A4（1-cos2A），又t=λ+μ≤2105恒成立，所以5-4cos?A4（1-cos2A）≤85，解得-14≤cos?A≤78所以cos?A的最小值為-14，故選：A.

8.答案：A【詳解】如下圖所示：因為AB//C1D1且AB=C1D1，故四邊形ABC1D1為平行四邊形，則BC1//AD1，∵BC1平面ACD1，AD1平面ACD1，∴BC1//平面ACD1，同理可證A1B//平面ACD1，∵A1B∩BC1=B，A1B、BC1平面A1BC1，∴平面A1BC1//平面ACD1，因為P∈平面AA1B1B，要使得C1P//平面ACD1，則C1P平面A1BC1，因為平面AA1B1B∩平面A1BC1=A1B，故點P的軌跡為線段A1B，∵A1C1=A1D21+C1D21=13，BC1=BC2+CC21=13，A1B=AA21+AB2=32，當C1P取最小值時，C1P⊥A1B，則P為A1B的中點，因為AD⊥平面AA1B1B，BP平面AA1B1B，∴BP⊥AD，∵BP⊥AP，AP∩AD=A，AP、AD平面PAD，∴BP⊥平面PAD，∵PD平面PAD，則BP⊥PD，又因為AB⊥AD，設BD的中點為O，則OP=OA=12BD=OD=OB=132，所以，球O的半徑為132，因此，球O的表面積為4π×1322=13π.故選：A．

二、多選題

題次9101112答案BDCDABACD9.答案：BD【詳解】∵圓C：（x-1）2+（y+1）2=4，即圓心坐標為C（1，-1），半徑r=2，如圖所示：

∴圓心C（1，-1）到直線l：x+y-2=0的距離d=1-1-212+12=1，AB=2r2-d2=23，所以A選項錯誤；S△ABC=12·d·AB=12×1×23=3?，選項B正確；?由d+1=r，作直線l的平行線，使兩直線的距離為1，這樣的平行線有兩條，一條與圓相切，另一條過圓心與圓相交，可知圓上到直線l的距離為1的點共3個，C選項錯誤，D選項正確.故選：BD.

10.答案：CD【詳解】因為a2·a16=16，由等比數列的性質可得，所以a29=a2·a16=16，因為an>0，所以a9=4，因為a6+a7a3+a4=18，即a3q3+a4q3a3+a4=18，所以q=12，∴a10=a9q=4×12=2，a11=a10q=1，因為00，所以等比數列｛an｝為遞減數列，所以當n≥12時，an<1，∴當n=10或n=11時，Tn取得最大值.故選：CD.

11.答案：AB【詳解】對于A，由2f（x）+xf?′（x）=1x2得，（x2f（x））′=1x，整理得，x2f（x）=lnx+c，c為常數，又由f（1）=0，得c=0，所以，f（x）=lnxx2，故A正確；

對于B，∵f（x）=lnxx2，則f?′（x）=x-2xlnxx4=1-2lnxx3，∵x>0，則x∈0，e時，f?′（x）>0，f（x）單調遞增，x∈（e，+∞），f?′（x）<0，f（x）單調遞減，故f（x）的極大值為f（e）=12e，故B正確；

對于C，f（1）=0，即函數f（x）在0，e上有1個零點，而x>e時，f（x）>0恒成立，即函數f（x）在（e，+∞）無零點，故f（x）在定義域上只有1個零點，故C錯誤；

對于D，?f（3）-f（2）=ln36-ln24=2ln3-3ln212=ln9-ln812>0，則f（3）>f（2），即f（2）

12.答案：ACD【詳解】由已知（x+4）2+y2=2（x+1）2+y2，整理得x2+y2=4，∴P（-2，0），Q（2，0），A正確；設兩切點分別為E，F，∵sin∠EAO=24=12，∴∠EAO=30°，∴∠EAF=60°，即兩條切線的夾角為60°，所以A與兩個切線構成等邊三角形，B不正確；由題意得S△APMS△BPM=12AM·PMsin∠AMP12BM·PMsin∠BMP=APBP，∵AM=2BM，AP=2PB，∴sin∠AMP=sin∠BMP，∠AMP=∠BMP，C正確；

當AM與圓相切時，AM2=42-22=12，AP=2，AQ=6，此時滿足AM2=AP·AQ故?D正確，故選：ACD．

三、填空題

13.10；14.2n-1；?15.①③；?161

13.答案：10【詳解】因為1-7i2+i=（1-7i）（2-i）（2+i）（2-i）=-1-3i，所以1-7i2+i=-1-3i=10．

故答案為：10.

14.答案：2n-1【詳解】將n=1代入4Sn=（2n+1）an+1可得4a1=3a1+1，解得a1=1，由4Sn=（2n+1）an+1可得4Sn-1=（2n-1）an-1+1，n≥2，兩式相減得4an=（2n+1）an-（2n-1）an-1即anan-1=2n-12n-3，所以an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1=1×31×53×…×2n-12n-3=2n-1，a1=1也滿足an=2n-1，故對任意的n∈N*，an=2n-1，故答案為：2n-1.

15.答案：①③【詳解】①因為sin?A>sin?B，由正弦定理得a>b，所以A>B，正確；

②因為sin?2A=sin?2B，且在△ABC中，2A+2B∈（0，2π），所以2A=2B或2A=π-2B，即A=B或A+B=π2，故△ABC為等腰三角形或直角三角形，錯誤；

③由二倍角公式得1-2sin2A+1-2sin2B-1+2sin2C=1，化簡得sin2A+sin2B=sin2C，由正弦定理得a2+b2=c2，所以△ABC為直角三角形，正確；

④若△ABC為銳角三角形，則0π2與△ABC為銳角三角形矛盾，錯誤．

故答案為：①③．

16.答案：1【詳解】因為橢圓C：x24+y2=1，所以a2=4，b2=1，故a=2，b=1，c2=a2-b2=3，如圖，令PF1·PF2=m，因為PF1+PF2=2a=4，所以PF12+PF22+2PF1·PF2=16，即PF12+PF22=16-2m，結合圖象，由平面向量的知識可得

PF1+PF2=2PO，

PF1-PF2=F2F1，故

PF12+PF22+2PF1·PF2=4PO2，

PF12+PF22-2PF1·PF2=F2F12=4c2=12，兩式相加得2PF12+PF22=4PO2+12，即2（16-2m）=4PO2+12，即PO2=5-m，由“蒙日圓”的定義得r2=a2+b2=5，所以PM·PN=（r-PO）（r+PO）=r2-PO2=5-（5-m）=m，故PM·PNPF1·PF2=mm=1.故答案為：1．

四、解答題

17.【解析】（1）當n=1時，a1=s1=-32×12+2052=101，當n≥2時an=sn-sn-1=-32×n2+2052n-［-32（n-1）2+2052（n-1）］=104-3n，把n=1代入上式a1=104-3×1=101符合上式，?∴an=-3n+104.……4分

（2）∵數列{an}的首項為正，是一個遞減數列，先正后負，令an≥0，則n<1043=3423數列前34為正，后面的項全為負，設數列{|an|}的前n項和為Tn，則當n≤34，Tn=-32n2+2052n，當n≥35時，Tn=S34-（Sn-S34）=32n2-2052n+3502.

∴數列{an}的前n項和為Tn=-32n2+2052n，n≤34.

32n2-2052n+3502.n≥35……………………10分

18.【解析】（1）∵bsinB+C2=asin?B，∴結合正弦定理有sin?BsinB+C2=sin?Asin?B．

∵B∈（0，π），∴sin?B≠0，∴sinB+C2=sin?A，即cosA2=sin?A，∴cosA2=2sinA2cosA2.∵A∈（0，π），∴A2∈0，π2，∴cosA2≠0，∴sinA2=12，

∴A2=π6，即A=π3.………………………………4分

（2）∵△ABC為銳角三角形，∴A+B>π2，A+C>π2，∴π6

S△ABC=12bcsin?A=12×2c×32=32c．

由正弦定理bsin?B=csin?C，得c=bsin?Csin?B=2sinπ-π3-Bsin?B=3cos?B+sin?Bsin?B=3tan?B+1．

∵π633，∴1

故△ABC的面積的取值范圍是32，23.………12分

19.【解析】（1）取BB1中點F，連接DF，EF，如圖所示：因為D，E，F分別為AA1，B1C，BB1的中點，所以DF//AB，EF//BC，又因為DF平面ABC，EF平面ABC，AB平面ABC，BC平面ABC，所以DF//平面ABC，EF//平面ABC，又因為DF∩EF=F，DE，EF平面DEF，所以平面DEF//平面ABC，又因為DE平面DEF，所以DE//平面ABC.………………4分

（2）連接EO，AO，如圖所示：因為E，O分別為B1C，BC的中點，所以EO//BB1，EO=12BB1，又因為D為AA1的中點，所以DA//BB1，DA=12BB1，所以EO=DA，EO//DA，即四邊形AOED為平行四邊形，即DE//AO.因為DE⊥面CBB1，所以AO⊥面CBB1．又因為BC面CBB1，所以AO⊥BC，即AB=AC.以A為原點，AB，AC，AA1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設BB1=BC=2，則AB=AC=2，B1=2，0，2，C=0，2，0，A1=（0，0，2），D=（0，0，1），E=22，22，1，DE=22，22，0，A1B1=2，0，0，A1C=0，2，-2，設平面A1B1C的法向量為=（x，y，z），則·A1B1=2x=0，

·A1C=2y-2z=0，令y=2得=0，2，1.則cos〈，DE〉=112+12·2+1=33，所以平面A1B1C與平面BB1C的夾角的余弦值為33.……………………12分

20.【解析】（1）每組的頻率依次為0025，0125，0350，0300，0150，0050，∵0025+0125+0350=0500<065，0025+0125+0350+0300=0800>065，且0500+08002=065，高三年級本次月考數學成績的65%分位數位于［90，110），且為［90，110）的中點100，該中學高三年級本次月考數學成績的65%分位數100.……3分

（2）該中學高三年級本次月考數學成績的平均分=0025×40+0125×60+0350×80+0300×100+0150×120+0050×140=9150，

估計該中學高三年級本次月考數學成績的平均分9150.?……………………6分

（3）

數學成績達標人數數學成績不達標人數合計運動達標人數350200550運動不達標人數150300450合計5005001000零假設為：“數學成績達標”與“運動達標”無關，

χ2=1000（350×300-200×150）2550×450×500×500=100011≈909>10828=xα

∴零假設不成立，根據獨立性檢驗可得：在犯錯的概率不大于α=0001的前提下認為“數學成績達標”與“運動達標”相關.?………………………………………12分

21.【解析】（1）因為橢圓C的離心率為32，所以ca=32……?①

將x=-c代入x2a2+y2b2=1，得y=±b2a，所以AB=2b2a，則12×2c×2b2a=3，即2b2ca=3……②.又因為a2=b2+c2，所以a=2，b=1，所以橢圓C的標準方程為x24+y2=1.……………4分

（2）由題意知，直線l的斜率不為0，則不妨設直線l的方程為x=ky+m（m≠2）．

聯立得x24+y2=1，

x=ky+m，消去x得（k2+4）y2+2kmy+m2-4=0，Δ=4k2m2-4（k2+4）（m2-4）>0，化簡整理，得k2+4>m2.?設M（x1，y1），N（x2，y2），則y1+y2=-2kmk2+4，y1y2=m2-4k2+4．因為PM⊥PN，所以PM·PN=0.因為P（2，0），所以PM=（x1-2，y1），PN=（x2-2，y2），所以，（x1-2）（x2-2）+y1y2=0，將x1=ky1+m，x2=ky2+m代入上式整理得（k2+1）y1y2+k（m-2）（y1+y2）+（m-2）2=0，所以，（k2+1）·m2-4k2+4+k（m-2）·-2kmk2+4+（m-2）2=0，解得m=65或m=2（舍去），所以直線l的方程為x=ky+65，則直線l恒過點Q65，0.……………………………12分

22.【解析】（1）∵f?′（x）=lnx-2ax，依題意得x1和x2為方程lnx-2ax=0的兩個不等正實根，∴a≠0，2a=lnxx，令g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，當x∈（0，e）時，g′（x）>0；當x∈（e，+∞），g′（x）<0，∴g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，所以，g（x）在（0，+∞）上的［g（x）］max=g（e）=1e，且g（1）=0，又∵x>e時，lnx>0，x>0，∴g（x）>0，綜上，g（x）在x∈（0，1）上，g（x）<0，在x∈（1，+∞）上g（x）>0，且g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，又因為limx→+∞g（x）→0，當y=2a與y=lnxx有兩個交點時，必有0<2a

（2）要證x41x2>e3成立，只需證4lnx1+lnx2>3成立，由x1，x2是f（x）的不同極值點，則x1，x2是f??′（x）=0的兩根，即lnx1-2ax1=0，

lnx2-2ax2=0，所以lnx1=2ax1，

lnx2=2ax2，①，聯立可得，2a=lnx1-lnx2x1-x2②，所以要證4lnx1+lnx2>3成立，由①知即證2a（4x1+x2）>3成立，由②得，即證lnx1-lnx2x1-x2（4x1+x2）>3成立，因為x10，h（t）在（0，1）上單調遞增，當t∈（0，1），h（t）e3成立.?………………………………………12分

責任編輯徐國堅