2023年高考数学模拟试题

邓军民

一、单选题（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.设命题p：x∈R，ex≥2021，则p为（）

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，那么下列命题中正确的是（）

A.若a>b，则ac2>bc2 B.若ac>bc，则a>b

C.若a>b且ab<0，则1a>1b

D.若a2>b2，则1a<1b

4.已知正数x，y满足x+2y-2xy=0，那么2x+y的最小值是（）

A.1 B.92C.9 D.2

5.材料一：已知三角形三边长分别为a，b，c，则三角形的面积为S=p（p-a）（p-b）（p-c），其中p=a+b+c2.这个公式被称为海伦一秦九韶公式．

材料二：阿波罗尼奥斯（Apollonius）在《圆锥曲线论》中提出椭圆定义：我们把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常數（大于｜F1F2｜）的点的轨迹叫做椭圆．

根据材料一或材料二解答：已知△ABC中，BC=6，AB+AC=10，则△ABC面积的最大值为（）

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

6.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB=BD=CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f（x），则f（x）的图像大致为（）

A.B.

C.D.

7.已知△ABC满足AB=AC=1，△ABC所在平面内一动点P满足AP=λAB+2μAC（λ，μ∈R）），且AP=1，若λ+μ≤2105恒成立，则cos A的最小值为（）

A.-14B.-13 C.-12D.0

8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=3，AD=2，点P为侧面ABB1A1内一动点，且满足C1P//平面ACD1，当C1P取最小值时，三棱锥D-ABP的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为（）

A.13πB.16π C.19π D.32π

二、多选题（5分*4=20分）

9.已知直线l：x+y-2=0与圆C：（x-1）2+（y+1）2=4交于A，B两点，则（）

A.AB=3

B.△ABC的面积为3

C.圆C上到直线l的距离为1的点共有2个

D.圆C上到直线l的距离为1的点共有3个

10.已知等比数列｛an｝各项均为正数，满足a2·a16=16，a6+a7a3+a4=18，记等比数列｛an｝的前n项的积为Tn，则当Tn取得最大值时，n=（）

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

11.定义在（0，+∞）上的函数f（x），满足2f（x）+xf ′（x）=1x2，且f（1）=0，下列说法正确的是（）

A.f（x）=lnxx2

B.f（x）的极大值为12e

C.f（x）有两个零点

D.f2>f3

12.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一.定义：平面上到两定点距离之比是常数λ（λ>0，λ≠1）的动点的轨迹是圆，称为阿波罗尼斯圆.设A（-4，0），B（-1，0），满足MAMB=2的点M（x，y）的轨迹是阿波罗尼斯圆C，该圆与x轴交于P，Q两点（P在Q左边），则下列结论正确的是（）

A.圆C的半径为2

B.过A点向圆C引两条切线，A与两个切点构成等腰直角三角形

C.若P，Q与M不重合，则MP平分∠AMB

D.圆C上存在两个M点，使得AM2=AP·AQ

三、填空题（5分*4=20分）

13.已知i是虚数单位，则1-7i2+i的值为．

14.已知数列｛an｝满足4Sn=（2n+1）an+1（n∈N*），则an=．

15.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

①若sin A>sin B，则A>B；

②若sin 2A=sin 2B，则△ABC一定为等腰三角形；

③若cos 2A+cos 2B-cos 2C=1，则△ABC为直角三角形；

④若△ABC为锐角三角形，则sin A

以上结论中正确的有.（填正确结论的序号）

16.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现.若椭圆C：x24+y2=1的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与椭圆C的蒙日圆相交于M，N，则PM ·PN PF1·PF2=．

四、解答题（10分+12分*5=70分）

17.已知数列{an}的前n项和是Sn=-32n2+2052n，

（1）求数列的通项公式an；

（2）求数列{an}的前n项和．

18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bsinB+C2=asin B．

（1）求A；

（2）若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC的面积的取值范围．

19.如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是AA1，CB1的中点，DE⊥面CBB1．

（1）证明：DE//平面ABC；

（2）若BB1=BC，求平面A1B1C与平面BB1C的夹角余弦值．

20.体育运动是强身健体的重要途径，《中国儿童青少年体育健康促进行动方案（2020-2030）》（下面简称“体育健康促进行动方案”）中明确提出青少年学生每天在校内参与不少于60分钟的中高强度身体活动的要求.随着“体育健康促进行动方案”的发布，体育运动受到各地中小学的高度重视，众多青少年的体质健康得到很大的改善.某中学教师为了了解体育运动对学生的数学成绩的影响情况，现从该中学高三年级的一次月考中随机抽取1000名学生，调查他们平均每天的体育运动情况以及本次月考的数学成绩情况，得到下表数据：

数学

成绩

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

（人）2512535030015050运动达标

的人数

（人）104514520010743约定：平均每天进行体育运动的时间不少于60分钟的为“运动达标”，数学成绩排在年级前50%以内（含50%）的为“数学成绩达标”．

（1）求该中学高三年级本次月考数学成绩的65%分位数；

（2）请估计该中学高三年级本次月考数学成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（3）请根据已知数据完成下列列联表，并根据小概率值α=0001的独立性检验，分析“数学成绩达标”是否与“运动达标”相关；

数学成绩达标人数数学成绩不达标人数合计运动达标人数运动不达标人数合计附：χ2=n（ad-bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）（n=a+b+c+d）

α001000050001xα663578791082821.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，过F1且与x轴垂直的直线与椭圆C交于点A，B，且△ABF2的面积为3．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设直线l与椭圆C交于不同于右顶点P的M，N两点，且PM⊥PN，判断直线l是否过定点，并说明理由．

22.已知函数f（x）=xlnx-ax2-x（a∈R）有两个极值点x1，x2（x1

（1）求a的取值范围；

（2）证明：x41x2>e3．

参考答案

一、单选题

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

2.答案：C【详解】根据特称命题的否定是全称命题，p为x∈R，ex<2021，故选：C．

3.答案：C【详解】A.若a>b，当c=0时， ac2=bc2，所以A不成立；
B.若ac>bc，当c<0时，则ac.因为ab<0，将a>b两边同除以ab，则1a>1b，所以C成立；
D.如果a=2，b=-1，满足a2>b2，但是1a>1b，所以D不成立.故选：C．

4.答案：B【详解】因为正数x，y满足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（当且仅当xy=yx，即x=y=32时等号成立）.所以2x+y的最小值是92.故选：B

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

所以△ABC面积S=16（8-x）（x-2）=-16（x-5）2+144，当x=5时，Smax=12.故选：C.

6.答案：A【详解】作PQ⊥BC于点Q，作QR⊥BD于点R，连接到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，设AB=BD=CD=1， ∴AC=3，则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，其图像是关于直线x=32对称的图像且开口上，故选项B，C，D错误.故选：A．

7.答案：A【详解】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的最小值为-14，故选：A.

8.答案：A【详解】如下图所示：因为AB//C1D1且AB=C1D1，故四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1，∵BC1平面ACD1，AD1平面ACD1，∴BC1//平面ACD1，同理可证A1B//平面ACD1，∵A1B∩BC1=B，A1B、BC1平面A1BC1，∴平面A1BC1//平面ACD1，因为P∈平面AA1B1B，要使得C1P//平面ACD1，则C1P平面A1BC1，因为平面AA1B1B∩平面A1BC1=A1B，故点P的轨迹为线段A1B，∵A1C1=A1D21+C1D21=13，BC1=BC2+CC21=13，A1B=AA21+AB2=32，当C1P取最小值时，C1P⊥A1B，则P为A1B的中点，因为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，则BP⊥PD，又因为AB⊥AD，设BD的中点为O，则OP=OA=12BD=OD=OB=132，所以，球O的半径为132，因此，球O的表面积为4π×1322=13π.故选：A．

二、多选题

题次9101112答案BDCDABACD9.答案：BD【详解】∵圆C：（x-1）2+（y+1）2=4，即圆心坐标为C（1，-1），半径r=2，如图所示：

∴圆心C（1，-1）到直线l：x+y-2=0的距离d=1-1-212+12=1，AB=2r2-d2=23，所以A选项错误；
S△ABC=12·d·AB=12×1×23=3 ，选项B正确；
 由d+1=r，作直线l的平行线，使两直线的距离为1，这样的平行线有两条，一条与圆相切，另一条过圆心与圆相交，可知圆上到直线l的距离为1的点共3个，C选项错误，D选项正确.故选：BD.

10.答案：CD【详解】因为a2·a16=16，由等比数列的性质可得，所以a29=a2·a16=16，因为an>0，所以a9=4，因为a6+a7a3+a4=18，即a3q3+a4q3a3+a4=18，所以q=12，∴a10=a9q=4×12=2，a11=a10q=1，因为00，所以等比数列｛an｝为递减数列，所以当n≥12时，an<1，∴当n=10或n=11时，Tn取得最大值.故选：CD.

11.答案：AB【详解】对于A，由2f（x）+xf ′（x）=1x2得，（x2f（x））′=1x，整理得，x2f（x）=lnx+c，c為常数，又由f（1）=0，得c=0，所以，f（x）=lnxx2，故A正确；

对于B，∵f（x）=lnxx2，则f ′（x）=x-2xlnxx4=1-2lnxx3，∵x>0，则x∈0，e时，f ′（x）>0，f（x）单调递增，x∈（e，+∞），f ′（x）<0，f（x）单调递减，故f（x）的极大值为f（e）=12e，故B正确；

对于C，f（1）=0，即函数f（x）在0，e上有1个零点，而x>e时，f（x）>0恒成立，即函数f（x）在（e，+∞）无零点，故f（x）在定义域上只有1个零点，故C错误；

对于D， f（3）-f（2）=ln36-ln24=2ln3-3ln212=ln9-ln812>0，则f（3）>f（2），即f（2）故选：ab.< p>

12.答案：ACD【详解】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正确；
设两切点分别为E，F，∵sin∠EAO=24=12，∴∠EAO=30°，∴∠EAF=60°，即两条切线的夹角为60°，所以A与两个切线构成等边三角形，B不正确；
由题意得S△APMS△BPM=12AM·PMsin∠AMP12BM·PMsin∠BMP=APBP，∵AM=2BM，AP=2PB，∴sin∠AMP=sin∠BMP，∠AMP=∠BMP，C正确；

当AM与圆相切时，AM2=42-22=12，AP=2，AQ=6，此时满足AM2=AP·AQ故 D正确，故选：ACD．

三、填空题

13.10；
14.2n-1；
 15.①③；
 161

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

故答案为：10.

14.答案：2n-1【详解】将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≥2，两式相减得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也满足an=2n-1，故对任意的n∈N*，an=2n-1，故答案为：2n-1.

15.答案：①③【详解】①因为sin A>sin B，由正弦定理得a>b，所以A>B，正确；

②因为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为等腰三角形或直角三角形，错误；

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

④若△ABC为锐角三角形，则0π2与△ABC为锐角三角形矛盾，错误．

故答案为：①③．

16.答案：1【详解】因为椭圆C：x24+y2=1，所以a2=4，b2=1，故a=2，b=1，c2=a2-b2=3，如图，令PF1·PF2=m，因为PF1+PF2=2a=4，所以PF12+PF22+2PF1·PF2=16，即PF12+PF22=16-2m，结合图象，由平面向量的知识可得

PF1+PF2=2PO，

PF1-PF2=F2F1，故

PF12+PF22+2PF1·PF2=4PO2，

PF12+PF22-2PF1·PF2=F2F12=4c2=12，两式相加得2PF12+PF22=4PO2+12，即2（16-2m）=4PO2+12，即PO2=5-m，由“蒙日圆”的定义得r2=a2+b2=5，所以PM·PN=（r-PO）（r+PO）=r2-PO2=5-（5-m）=m，故PM·PNPF1·PF2=mm=1.故答案为：1．

四、解答题

17.【解析】（1）当n=1时，a1=s1=-32×12+2052=101，当n≥2时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）∵数列{an}的首项为正，是一个递减数列，先正后负，令an≥0，则n<1043=3423数列前34为正，后面的项全为负，设数列{|an|}的前n项和为Tn，则当n≤34，Tn=-32n2+2052n，当n≥35时，Tn=S34-（Sn-S34）=32n2-2052n+3502.

∴数列{an}的前n项和为Tn=-32n2+2052n，n≤34.

32n2-2052n+3502.n≥35……………………10分

18.【解析】（1）∵bsinB+C2=asin B，∴结合正弦定理有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為锐角三角形，∴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的面积的取值范围是32，23.………12分

19.【解析】（1）取BB1中点F，连接DF，EF，如图所示：因为D，E，F分别为AA1，B1C，BB1的中点，所以DF//AB，EF//BC，又因为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，又因为DF∩EF=F，DE，EF平面DEF，所以平面DEF//平面ABC，又因为DE平面DEF，所以DE//平面ABC.………………4分

（2）连接EO，AO，如图所示：因为E，O分别为B1C，BC的中点，所以EO//BB1，EO=12BB1，又因为D为AA1的中点，所以DA//BB1，DA=12BB1，所以EO=DA，EO//DA，即四边形AOED为平行四边形，即DE//AO.因为DE⊥面CBB1，所以AO⊥面CBB1．又因为BC面CBB1，所以AO⊥BC，即AB=AC.以A为原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设BB1=BC=2，则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，设平面A1B1C的法向量为=（x，y，z），则·A1B1=2x=0，

·A1C=2y-2z=0，令y=2得=0，2，1.则cos〈，DE〉=112+12·2+1=33，所以平面A1B1C与平面BB1C的夹角的余弦值为33.……………………12分

20.【解析】（1）每组的频率依次为0025，0125，0350，0300，0150，0050，∵0025+0125+0350=0500<065，0025+0125+0350+0300=0800>065，且0500+08002=065，高三年级本次月考数学成绩的65%分位数位于［90，110），且为［90，110）的中点100，该中学高三年级本次月考数学成绩的65%分位数100.……3分

（2）该中学高三年级本次月考数学成绩的平均分=0025×40+0125×60+0350×80+0300×100+0150×120+0050×140=9150，

估计该中学高三年级本次月考数学成绩的平均分9150. ……………………6分

（3）

数学成绩达标人数数学成绩不达标人数合计运动达标人数350200550运动不达标人数150300450合計5005001000零假设为：“数学成绩达标”与“运动达标”无关，

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

∴零假设不成立，根据独立性检验可得：在犯错的概率不大于α=0001的前提下认为“数学成绩达标”与“运动达标”相关. ………………………………………12分

21.【解析】（1）因为椭圆C的离心率为32，所以ca=32…… ①

将x=-c代入x2a2+y2b2=1，得y=±b2a，所以AB=2b2a，则12×2c×2b2a=3，即2b2ca=3……②.又因为a2=b2+c2，所以a=2，b=1，所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.……………4分

（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为x=ky+m（m≠2）．

联立得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，化简整理，得k2+4>m2. 设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2=-2kmk2+4，y1y2=m2-4k2+4．因为PM⊥PN，所以PM·PN=0.因为P（2，0），所以PM=（x1-2，y1），PN=（x2-2，y2），所以，（x1-2）（x2-2）+y1y2=0，将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），所以直线l的方程为x=ky+65，则直线l恒过点Q65，0.……………………………12分

22.【解析】（1）∵f ′（x）=lnx-2ax，依题意得x1和x2为方程lnx-2ax=0的两个不等正实根，∴a≠0，2a=lnxx，令g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，当x∈（0，e）时，g′（x）>0；
当x∈（e，+∞），g′（x）<0，∴g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，g（x）在（0，+∞）上的［g（x）］max=g（e）=1e，且g（1）=0，又∵x>e时，lnx>0，x>0，∴g（x）>0，综上，g（x）在x∈（0，1）上，g（x）<0，在x∈（1，+∞）上g（x）>0，且g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，又因为limx→+∞g（x）→0，当y=2a与y=lnxx有两个交点时，必有0<2a（2）要证x41x2>e3成立，只需证4lnx1+lnx2>3成立，由x1，x2是f（x）的不同极值点，则x1，x2是f  ′（x）=0的两根，即lnx1-2ax1=0，

lnx2-2ax2=0，所以lnx1=2ax1，

lnx2=2ax2，①，联立可得，2a=lnx1-lnx2x1-x2②，所以要证4lnx1+lnx2>3成立，由①知即证2a（4x1+x2）>3成立，由②得，即证lnx1-lnx2x1-x2（4x1+x2）>3成立，因为x10，h（t）在（0，1）上单调递增，当t∈（0，1），h（t）e3成立. ………………………………………12分

责任编辑徐国坚

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