2023年高考數(shù)學一模試卷

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023年高考數(shù)學一模試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三四總分得分注意事項:

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知集合M={x|x(x?2)<0}，N={x|x?1<0}，則下列Venn圖中陰影部分可以表示集合{x|1≤x<2}的是(

)A. B.

C. D.2.已知一個圓錐和圓柱的底面半徑和高分別相等，若圓錐的軸截面是等邊三角形，則這個圓錐和圓柱的側面積之比為(

)A.12 B.22 C.3.已知函數(shù)f(x)=2x,x≥0?(12)xA.(?3,+∞) B.(?∞,?3) C.(3,+∞) D.(?∞,3)4.如圖所示是中國2012?2021年汽車進、出口量統(tǒng)計圖，則下列結論錯誤的是(

)

A.2012?2021年中國汽車進口量和出口量都是有增有減的

B.從2018年開始，中國汽車的出口量大于進口量

C.2012?2021年中國汽車出口量的第60百分位數(shù)是106萬輛

D.2012?2021年中國汽車進口量的方差大于出口量的方差5.在復平面內，已知復數(shù)z滿足|z?1|=|z+i|(i為虛數(shù)單位)，記z0=2+i對應的點為點Z0，z對應的點為點Z，則點Z0與點ZA.22 B.2 C.36.如圖，在兩行三列的網(wǎng)格中放入標有數(shù)字1，2，3，4，5，6的六張卡片，每格只放一張卡片，則“只有中間一列兩個數(shù)字之和為5”的不同的排法有(

)A.96種 B.64種 C.32種 D.16種7.已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，點B的坐標為(0,b)，若CA.(1,5+12] B.[8.水平桌面上放置了4個半徑為2的小球，4個小球的球心構成正方形，且相鄰的兩個小球相切.若用一個半球形的容器罩住四個小球，則半球形容器內壁的半徑的最小值為(

)A.4 B.22+2 C.2二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.如圖，彈簧下端懸掛著的小球做上下運動(忽略小球的大小)，它在t(s)時刻相對于平衡位置的高度?(cm)可以田?=2sin(π2t+π4A.小球運動的最高點與最低點的距離為2cm

B.小球經(jīng)過4s往復運動一次

C.t∈(3,5)時小球是自下往上運動

D.當t=6.5時，小球到達最低點

10.在四棱錐S?ABCD中，SD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，若SD=AD，則(

)A.AC⊥SD

B.AC與SB所成角為60°

C.BD與平面SCD所成角為45°

D.BD與平面SAB所成角的正切值為11.已知拋物線E：y2=8x的焦點為F，點F與點C關于原點對稱，過點C的直線l與拋物線E交于A，B兩點(點A和點C在點B的兩側)，則下列命題正確的是(

)A.若BF為△ACF的中線，則|AF|=2|BF|

B.若BF為∠AFC的角平分線，則|AF|=6

C.存在直線l，使得|AC|=2|AF|

D.對于任意直線12.已知定義在R上的函數(shù)f(x)，對于給定集合A，若?x1，x2∈R，當x1?x2∈A時都有f(xA.f(x)=x2是“[?1,1]封閉”函數(shù)

B.定義在R上的函數(shù)f(x)都是“{0}封閉”函數(shù)

C.若f(x)是“{1}封閉”函數(shù)，則f(x)一定是“{k}封閉”函數(shù)(k∈N?)

D.若f(x)是“[a,b]封閉”函數(shù)(a,b∈第II卷（非選擇題）三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知向量a,b滿足|a|=2,|b|=4,(b?a)?a14.在平面直角坐標系中，等邊三角形ABC的邊AB所在直線斜率為23，則邊AC所在直線斜率的一個可能值為

．15.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)在[0,2]上單調遞減，f(x+2)為偶函數(shù)，若f(x)=m在[0,12]上恰好有4個不同的實數(shù)根x1，x2，x3，x4，則x1+16.已知動圓N經(jīng)過點A(?6,0)及原點O，點P是圓N與圓M：x2+(y?4)2=4的一個公共點，則當∠OPA最小時，圓N的半徑為四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos2A+cos2B?cos2C=1?2sinAsinB．

(1)求角C的大?。?/p>

(2)求sinA+sinB+sinC的取值范圍．18.(本小題12.0分)

已知各項都是正數(shù)的數(shù)列{an}，前n項和Sn滿足an2=2Sn?an(n∈N?)．

(1)求數(shù)列{an}的通項公式．

(2)記Pn19.(本小題12.0分)

如圖所示的在多面體中，AB=AD，EB=EC，平面ABD⊥平面BCD，平面BCE⊥平面BCD，點F，G分別是CD，BD中點．

(1)證明：平面AFG//平面BCE；

(2)若BC⊥BD,BC=BD=2,AB=2,BE=5，求平面AFG20.(本小題12.0分)

某商場為了回饋廣大顧客，設計了一個抽獎活動，在抽獎箱中放10個大小相同的小球，其中5個為紅色，5個為白色.抽獎方式為：每名顧客進行兩次抽獎，每次抽獎從抽獎箱中一次性摸出兩個小球.如果每次抽獎摸出的兩個小球顏色相同即為中獎，兩個小球顏色不同即為不中獎．

(1)若規(guī)定第一次抽獎后將球放回抽獎箱，再進行第二次抽獎，求中獎次數(shù)X的分布列和數(shù)學期望；

(2)若規(guī)定第一次抽獎后不將球放回抽獎箱，直接進行第二次抽獎，求中獎次數(shù)Y的分布列和數(shù)學期望；

(3)如果你是商場老板，如何在上述問兩種抽獎方式中進行選擇？請寫出你的選擇及簡要理由．21.(本小題12.0分)

已知點A，點B和點C為橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上不同的三個點.當點A，點B和點C為橢圓的頂點時，△ABC恰好是邊長為2的等邊三角形．

(1)求橢圓C標準方程；

22.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=xex+1．

(1)求f(x)的極值；

(2)當x>0時，f(x)≥(a+1)x+lnx+2，求實數(shù)a的取值范圍．

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：集合M={x|x(x?2)<0}={x|0<x<2}，N={x|x?1<0}={x|x<1}，

∴?RM={x|x≤0或x≥2}，?RN={x|x≥1}，

對于A，Venn圖中陰影部分可以表示集合為M∩N={x|0<x<1}，故A錯誤；

對于B，Venn圖中陰影部分可以表示集合為M∩(?RN)={x|1≤x<2}，故B正確；

對于C，Venn圖中陰影部分可以表示集合為N∩(?RM)={x|x≤0}，故C錯誤；

對于D，Venn圖中陰影部分可以表示集合為{x|x∈M∪N，且x?M∩N}，

∵M∪N={x|x<2}，M∩N={x|0<x<1}，

∴{x|x∈M∪N，且x?M∩N}={x|x≤0或1≤x<2}，故D錯誤．

故選：B．2.【答案】C

【解析】解：設圓錐和圓柱的底面半徑為r，

因為圓錐的軸截面是等邊三角形，

所以圓錐的母線長為l=2r，

則圓錐和圓柱的高為?=4r2?r2=3r，

所以圓錐的側面積為S1=12×2πr×l=2πr23.【答案】D

【解析】解：根據(jù)函數(shù)f(x)的圖象，可得f(x)在R上單調遞增，

若f(a)<f(6?a)，則有a<6?a，

∴2a<6，∴a<3，

則實數(shù)a的取值范圍是(?∞,3)．

故選：D．

結合圖象，可知f(x)在R上單調遞增，由此解不等式f(a)<f(6?a)．

本題考查分段函數(shù)的單調性，屬于基礎題．

4.【答案】D

【解析】解：由條形圖可知2012?2021年中國汽車進口量和出口量都是有增有減的，所以選項A正確；

由條形圖可知從2018年開始，中國汽車的出口量大于進口量，所以選項B正確；

2012?2021年中國汽車出口量由小到大排列為：72.3，73，89.7，92，99，104，108，115，121.5，212，因此第60百分位數(shù)是104+1082=106，所以選項C正確；

由條形圖可知2012?2021年中國汽車進口量的波動小于出口量的波動，因此2012?2021年中國汽車進口量的方差小于出口量的方差，所以選項D不正確，

故選：D．

根據(jù)條形圖，結合百分位數(shù)、方差的性質逐一判斷即可．

5.【答案】C

【解析】解：設z=x+yi(x,y∈R)，

∵|z?1|=|z+i|，

∴|x?1+yi|=|x+(y+1)i|，即(x?1)2+y2=x2+(y+1)2，化簡整理可得，x+y=0，

∴復數(shù)z的對應點的軌跡x+y=0，

∵z0=2+i對應的點為點Z0(2,1)，

∴6.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，分3步進行，

第一步，要求“只有中間一列兩個數(shù)字之和為5”，則中間的數(shù)字只能為兩組數(shù)1，4或2，3中的一組，共有2A22=4種排法；

第二步，排第一步中剩余的一組數(shù)，共有A41A21=8種排法；

第三步，排數(shù)字5和6，共有A22=2種排法；

由分步計數(shù)原理知，共有不同的排法種數(shù)為7.【答案】A

【解析】解：設P(x,y)，|PB|≥b?x2+(y?b)2≥b?x2+y2?2by≥0(?)，

由x2a2?y2b2=1?x2=a2(1+8.【答案】C

【解析】解：要使半球形容器內壁的半徑的最小，只需保證小球與18球各面(含球面部分)都相切，

此時，如上圖示，O為半球的球心，A為其中一個小球球心，則OA是棱長為2的正方體的體對角線，且該小球與半球球面上的切點與O，A共線，

所以半球形容器內壁的半徑的最小值為小球半徑與OA長度之和，即23+2，

故選：C．

根據(jù)題設要使半球形容器內壁的半徑的最小，保證小球與18球各面(含球面部分)9.【答案】BD

【解析】解：小球運動的最高點與最低點的距離為2?(?2)=4cm，所以選項A錯誤；

因為2ππ2=4，所以小球經(jīng)過4s往復運動一次，因此選項B正確；

當t∈(3,5)時，π2t+π4∈(7π4,11π4)，所以是自下往上到最高點，再往下運動，因此選項C錯誤；

當t=6.510.【答案】ACD

【解析】解：選項A，因為SD⊥底面ABCD，AC?面ABCD，

所以AC⊥SD，因為四邊形ABCD是正方形，

所以AC⊥BD，又BD∩SD=D，BD，SD?平面SBD，

所以AC⊥平面SBD，又SB?面SBD，

所以AC⊥SB，選項A正確；

選項B，因為AC⊥平面SBD，又SB?面SBD，

所以AC⊥SB，故選項B錯誤；

選項C，因為SD⊥底面ABCD，BC?面ABCD，

所以BC⊥SD，又四邊形ABCD是正方形，

所以BC⊥CD，又CD∩SD=D，CD，SD?平面SCD，

所以BC⊥平面SCD，所以BD與平面SCD所成角為∠BDC，

易知∠BDC=45°，故選項C正確；

選項D，如圖，取SA中點K，連DK，BK，

因為SD⊥底面ABCD，AB?面ABCD，所以AB⊥SD，

雙四邊形ABCD是正方形，所以AB⊥AD，又AD∩SD=D，

所以AB⊥平面SAD，DK?面SAD，所以AB⊥DK，

又SD=AD，所以DK⊥SA，SA∩AB=A，所以DK⊥面SAB，

所以BD與平面SAB所成角為∠DBK，

不妨設SD=AD=a，易知DK=2a2,BK=6a2，

在Rt△DKB，tan∠DBK=DKBK=2a26a2=33，故選項D正確．

故選：ACD．

對于選項A11.【答案】AD

【解析】解：由題意，不妨令A(x1,y1)，B(x2,y2)都在第一象限，

又C(?2,0)，F(xiàn)(2,0)，設l：x=ky?2，

聯(lián)立E：y2=8x，可得y2?8ky+16=0，

則Δ=64(k2?1)>0，即k2>1，

∴y1+y2=8k，y1y2=16，

∴x1+x2=8k2?4,x1x2=4，如圖所示，

A：若BF為△ACF的中線，則y2=y12，

∴y1=42，所以x1=4，故A(4,42)，

∴B(1,22)，則|AF|=2|BF|=6，故A正確；

B：若BF為∠AFC的角平分線，則|BC||AB|=|CF||AF|，

作AD，BE垂直準線x=?2于D，E，則|AF|=|AD|且|BC||AB|=|CE||DE|，

∴|CF||AD|=|CE||DE|，∴|CF||AD|+|CF|=|CE||CD|=|BE||AD|，

∴4x1+6=x12.【答案】BC

【解析】解：A：當x1=4，x2=3時，x1?x2=1∈[?1,1]，而f(x1)?f(x2)=16?9=7?[?1,1]，錯誤；

B：對于區(qū)間{0}，?x1，x2∈R使x1?x2=0，即x1=x2，必有f(x1)?f(x2)=0，

所以定義在R上的函數(shù)f(x)都是“{0}封閉”函數(shù)，正確；

C：對于區(qū)間{1}，?x1，x2∈R使x1?x2∈{1}，則x1=x2+1，

而f(x)是“{1}封閉”函數(shù)，則f(x2+1)?f(x2)=1，即?x∈R，都有f(x+1)=f(x)+1，

對于區(qū)間{k}，?x1，x2∈R使x1?x2∈{k}，則x1=x2+k，k∈N?，

而f(x2+k)=f(x2+k?1)+1，f(x2+k?1)=f(x2+k?2)+1，...，f(x2+1)=f(x2)+1，

所以f(x2+k)+f(x2+k?1)+...+f(x2+1)=f(x2+k?1)+f(x2+k?2)+...+f(x2)+k?1，

即f(x2+k)=f(x2)+k13.【答案】π3【解析】解：由(b?a)?a=0?b?a?a2=0?b?a=4，

設a與b的夾角為θ，則cosθ=a14.【答案】?33【解析】解：設直線AB的傾斜角為α，由已知得kAB=tanα=23，

設直線AC的傾斜角為θ，則kAc=tanθ，

因為在等邊三角形ABC中，∠BAC=60°，所以θ=α±60°，

當θ=α+60°，tanθ=tan(α+60°)=tanα+tan60°1?tanαtan60°=23+31?23×3=?335，

15.【答案】24

【解析】解：由f(x+2)為偶函數(shù)，則f(?x+2)=f(x+2)，故f(?x)=f(x+4)，

又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，則f(x)=?f(?x)，

所以f(x)=?f(x+4)，故f(x+4)=?f(x+8)，即有f(x)=f(x+8)，

綜上，f(x)的周期為8，且關于x=2對稱的奇函數(shù)，

由f(x)在[0,2]上單調遞減，結合上述分析知：在[2,6]上遞增，[6,10]上遞減，[10,12]上遞增，

所以f(x)在[0,12]的大致草圖如下：

要使f(x)=m在[0,12]上恰好有4個不同的實數(shù)根，即f(x)與y=m有4個交點，

所以，必有兩對交點分別關于x=2，x=10對稱，則x1+x2+x3+x4=24．

故答案為：24．

由題設可得f(x)的周期為8，且關于x=2對稱的奇函數(shù)，結合區(qū)間單調性判斷[0,12]16.【答案】5

【解析】解：如圖：

記圓N半徑為R，∠OPA=θ，則∠ANO=2θ，∠BNO=θ，

所以sin∠OPA=sin∠BNO=|BO||ON|=3R，

當∠OPA最小時，R最大，此時兩圓內切．

由已知設動圓N的圓心為N(?3,t)，

又圓心M(0,4)可得R?2=|MN|，

即(?3?0)2+(t?0)2?2=(?3?0)2+(t?4)2，

解得17.【答案】解：(1)因為cos2A+cos2B?cos2C=1?2sinAsinB，

所以1?2sin2A+1?2sin2B?(1?2sin2C)=1?2sinAsinB，

整理得sin2A+sin2B+sin2C=sinAsinB，

由正弦定理得a2+b2?c2=ab，

由余弦定理得cosC=a2+b2?c22ab=12，

因為C∈(0,π)，所以C=π【解析】(1)根據(jù)三角恒等變換和正弦定理得到a2+b2?c2=ab，進而由余弦定理得到C∈(0,π)，求出C=π3；18.【答案】解：(1)當n=1時，a12=2S1?a1=a1，所以a1=1或a1=0(舍去)，

當n≥2時，有an2=2Sn?an,an?12=2Sn?1?an?1,

兩式相減得an2?an?12=2an?an+an?1=an+an?1，

整理得(an+a【解析】(1)根據(jù)Sn與an的關系，結合等差數(shù)列的通項公式進行求解即可；

(2)根據(jù)裂項相消法，結合等比數(shù)列前n項和、二項式定理進行求解即可．

19.【答案】解：(1)證明：如圖，取BC中點H，連接EH，因為EB=EC，所以EH⊥BC，

又因為平面BCE⊥平面BCD，平面BCE∩平面BCD=BC，EH?平面BCE，

所以EH⊥平面BCD，

同理可得AG⊥平面BCD，

所以EH//AG，

又因為AG?平面BCE，EH?平面BCE，所以AG//平面BCE，

因為點F，G分別是CD，BD中點，所以FG//BC，

又因為FG?平面BCE，BC?平面BCE，所以FG//平面BCE，

又因為AG∩FG=G，AG，F(xiàn)G?平面AFG，所以平面AFG//平面BCE．

(2)因為BC⊥BD，BC//FG，所以FG⊥BD，

由(1)知AG⊥BD，AG⊥平面BCD，GF?平面BCD，

所以AG⊥GF，

所以GF，GB，GA兩兩相互垂直，

如圖，以點G為坐標原點，GF，GB，GA分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，

因為AB=2,BE=5，所以GA=GB=1，EH=2，BH=1，

則A(0,0,1)，C(2,1,0)，E(1,1,2)，

平面AFG的一個法向量為DB=(0,2,0)，

設平面ACE的法向量為n=(x,y,z)，

由AC=(2,1,?1),CE=(?1,0,2)，

得n?AC=0n?CE=0，即2x+y?z=0?x+2z=0，解得y=?3x2z=x2，

取x=2，得n=(2,?3,1)【解析】(1)利用面面垂直的性質定理和線面平行及面面平行的判定定理即可完成證明；

(2)先建系求法向量，再利用向量法求兩平面的夾角即可．

本題考查面面平行的判定定理，考查利用空間向量求解二面角的余弦值，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力，考查直觀想象和數(shù)學運算等核心素養(yǎng)，屬于中檔題．

20.【答案】解：(1)若第一次抽獎后將球放回抽獎箱，再進行第二次抽獎，

則每次中獎的概率為C52+C52C102=49，

因為兩次抽獎相互獨立，所以中獎次數(shù)X服從二項分布，即X～B(2,49)，

所以X的所有可能取值為0，1，2X012P254016所以X的數(shù)學期望為E(X)=2×49=89；

(2)若第一次抽獎后不將球放回抽獎箱，直接進行第二次抽獎，中獎次數(shù)Y的所有可能取值為0，1，2，

則P(Y=0)=C51C5Y012P201013所以Y的數(shù)學期望為E(Y)=1×1021+2×1363=89．

(3)因為(1)(2)兩問的數(shù)學期望相等，第(1)問中兩次獎的概率比第(2)問的大，

即1681<1363，第(1)不中獎的概率比第(2)【解析】(1)根據(jù)古典概型的運算公式，結合二項分布的性質進行求解即可；

(2)根據(jù)古典概型的運算公式，結合數(shù)學期望公式進行求解即可；

(3)根據(jù)數(shù)學期望的性質，結合商場老板希望進行判斷即可．

本題主要考查離散型隨機變量期望與分布列的求解，考查轉化能力，屬于中檔題．

21.【答案】解：(1)當點A，點B和點C為橢圓的頂點時，△ABC恰好構成邊長為2的等邊三角形，

①當點A，點B和點C中有兩個點為上頂點和下頂點，一個點為左頂點或右頂點時，

不妨設點A，