广东省三校2023年高考数学全真模拟密押卷含解析

2023年高考数学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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，只有一项是符合题目要求的。1．复数的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．某校为提高新入聘教师的教学水平，实行“老带新”的师徒结对指导形式，要求每位老教师都有徒弟，每位新教师都有一位老教师指导，现选出3位老教师负责指导5位新入聘教师，则不同的师徒结对方式共有（）种.A．360 B．240 C．150 D．1203．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A． B． C． D．4．已知直四棱柱的所有棱长相等，，则直线与平面所成角的正切值等于（）A． B． C． D．5．双曲线：（，）的一个焦点为（），且双曲线的两条渐近线与圆：均相切，则双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．6．已知函数，若对于任意的，函数在内都有两个不同的零点，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．7．已知是双曲线的左、右焦点，是的左、右顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的渐近线方程为（）A． B． C． D．8．已知为坐标原点，角的终边经过点且，则()A． B． C． D．9．若时，，则的取值范围为（）A． B． C． D．10．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：．假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A． B． C． D．11．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．12．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为__________.14．函数的定义域是___________．15．若实数，满足，则的最小值为__________．16．已知二项式的展开式中各项的二项式系数和为512，其展开式中第四项的系数__________．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。17．（12分）如图，在等腰梯形中，AD∥BC，，，，，分别为，，的中点，以为折痕将折起，使点到达点位置（平面）．（1）若为直线上任意一点，证明：MH∥平面；（2）若直线与直线所成角为，求二面角的余弦值．18．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为，，为其右焦点，，且该椭圆的离心率为；（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于轴上方的点，交直线于点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线交于点．若，求取值范围．19．（12分）已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）（1）求证：平面；（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.20．（12分）已知函数．(Ⅰ)求函数的极值；(Ⅱ)若,且,求证：．21．（12分）为了解本学期学生参加公益劳动的情况，某校从初高中学生中抽取100名学生，收集了他们参加公益劳动时间（单位：小时）的数据，绘制图表的一部分如表.（1）从男生中随机抽取一人，抽到的男生参加公益劳动时间在的概率：（2）从参加公益劳动时间的学生中抽取3人进行面谈，记为抽到高中的人数，求的分布列；（3）当时，高中生和初中生相比，那学段学生平均参加公益劳动时间较长.（直接写出结果）22．（10分）某学生为了测试煤气灶烧水如何节省煤气的问题设计了一个实验，并获得了煤气开关旋钮旋转的弧度数与烧开一壶水所用时间的一组数据，且作了一定的数据处理（如下表），得到了散点图（如下图）.表中，.（1）根据散点图判断，与哪一个更适宜作烧水时间关于开关旋钮旋转的弧度数的回归方程类型？（不必说明理由）（2）根据判断结果和表中数据，建立关于的回归方程；（3）若单位时间内煤气输出量与旋转的弧度数成正比，那么，利用第（2）问求得的回归方程知为多少时，烧开一壶水最省煤气？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计值分别为，

参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

试题分析：由题意可得：.共轭复数为，故选A.考点：1.复数的除法运算;2.以及复平面上的点与复数的关系2、C【解析】

可分成两类，一类是3个新教师与一个老教师结对，其他一新一老结对，第二类两个老教师各带两个新教师，一个老教师带一个新教师，分别计算后相加即可．【详解】分成两类，一类是3个新教师与同一个老教师结对，有种结对结对方式，第二类两个老教师各带两个新教师，有．∴共有结对方式60＋90＝150种．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的综合应用．解题关键确定怎样完成新老教师结对这个事情，是先分类还是先分步，确定方法后再计数．本题中有一个平均分组问题．计数时容易出错．两组中每组中人数都是2，因此方法数为．3、D【解析】

由程序框图确定程序功能后可得出结论．【详解】执行该程序可得．故选：D．【点睛】本题考查程序框图．解题可模拟程序运行，观察变量值的变化，然后可得结论，也可以由程序框图确定程序功能，然后求解．4、D【解析】

以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．求解平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解.【详解】如图所示的直四棱柱，，取中点，以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．设，则，．设平面的法向量为，则取，得．设直线与平面所成角为，则，，∴直线与平面所成角的正切值等于故选：D【点睛】本题考查了向量法求解线面角，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.5、A【解析】

根据题意得到，化简得到，得到答案.【详解】根据题意知：焦点到渐近线的距离为，故，故渐近线为.故选：.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算能力和转化能力.6、D【解析】

将原题等价转化为方程在内都有两个不同的根，先求导，可判断时，，是增函数；当时，，是减函数.因此，再令，求导得，结合韦达定理可知，要满足题意，只能是存在零点，使得在有解，通过导数可判断当时，在上是增函数；当时，在上是减函数；则应满足，再结合，构造函数，求导即可求解；【详解】函数在内都有两个不同的零点，等价于方程在内都有两个不同的根.，所以当时，，是增函数；当时，，是减函数.因此.设，，若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解.设其解为，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.因为，方程在内有两个不同的根，所以，且.由，即，解得.由，即，所以.因为，所以，代入，得.设，，所以在上是增函数，而，由可得，得.由在上是增函数，得.综上所述，故选：D.【点睛】本题考查由函数零点个数求解参数取值范围问题，构造函数法，导数法研究函数增减性与最值关系，转化与化归能力，属于难题7、D【解析】

根据为等腰三角形，可求出点P的坐标，又由的斜率为可得出关系，即可求出渐近线斜率得解.【详解】如图，因为为等腰三角形，，所以，,，又，，解得，所以双曲线的渐近线方程为，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于中档题.8、C【解析】

根据三角函数的定义，即可求出，得出，得出和，再利用二倍角的正弦公式，即可求出结果.【详解】根据题意，，解得，所以，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式，考查计算能力.9、D【解析】

由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.【详解】由题得对恒成立，令，在单调递减，且，在上单调递增，在上单调递减，，又在单调递增，，的取值范围为.故选：D【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.10、C【解析】

将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：最短路径就是的边．易求得，由，知，由余弦定理知其中，∴故选：C【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.11、C【解析】

根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.12、B【解析】

由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.【详解】平面，底面是边长为2的正方形，如图建立空间直角坐标系，由题意：，，，，，为的中点，.，，，异面直线与所成角的余弦值为即为.故选：B.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

如图所示，将三棱锥补成长方体，球为长方体的外接球，长、宽、高分别为，计算得到，得到答案.【详解】如图所示，将三棱锥补成长方体，球为长方体的外接球，长、宽、高分别为，则，所以，所以球的半径，则球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，将三棱锥补成长方体是解题的关键.14、【解析】

由于偶次根式中被开方数非负，对数的真数要大于零，然后解不等式组可得答案.【详解】解：由题意得，，解得，所以，故答案为：【点睛】此题考查函数定义域的求法，属于基础题.15、【解析】

由约束条件先画出可行域，然后求目标函数的最小值.【详解】由约束条件先画出可行域，如图所示，由，即，当平行线经过点时取到最小值，由可得，此时，所以的最小值为.故答案为.【点睛】本题考查了线性规划的知识，解题的一般步骤为先画出可行域，然后改写目标函数，结合图形求出最值，需要掌握解题方法.16、【解析】

先令可得其展开式各项系数的和，又由题意得，解得，进而可得其展开式的通项，即可得答案.【详解】令，则有，解得，则二项式的展开式的通项为，令，则其展开式中的第4项的系数为，故答案为：【点睛】此题考查二项式定理的应用，解题时需要区分展开式中各项系数的和与各二项式系数和，属于基础题.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。17、（1）见解析（2）【解析】

(1)根据中位线证明平面平面，即可证明MH∥平面；（2）以，，为，，轴建立空间直角坐标系，找到点的坐标代入公式即可计算二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接，∵，，分别为，，的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面，同理，平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面．（2）连接，在和中，由余弦定理可得，，由与互补，，，可解得，于是，∴，，∵，直线与直线所成角为，∴，又，∴，即，∴平面，∴平面平面，∵为中点，，∴平面，如图所示，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，．设平面的法向量为，∴，即．令，则，，可得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，∴，∴二面角的余弦值为．【点睛】此题考查线面平行，建系通过坐标求二面角等知识点，属于一般性题目.18、（Ⅰ）；（Ⅱ），．【解析】

（Ⅰ）由题意可得，的坐标，结合椭圆离心率，及隐含条件列式求得，的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）设直线，求得的坐标，再设直线，求出点的坐标，写出的方程，联立与，可求出的坐标，由，可得关于的函数式，由单调性可得取值范围．【详解】（Ⅰ），，，，，由，得，又，，解得：，，．椭圆的标准方程为；（Ⅱ）设直线，则与直线的交点，又，设直线，联立，消可得．解得，，联立，得，，直线，联立，解得，，，，，，，，函数在上单调递增，，．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力．19、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.【详解】（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，所以翻折后四边形也为平行四边形；故；因为平面，平面，所以平面；（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，因为，，翻折前梯形的高为，所以，则，；所以；又，，所以，即，所以；又，且平面，平面，所以平面；因此，平面平面；所以点在底面上的投影必落在直线上；记为点在底面上的投影，连接，，则平面；所以即是直线与平面所成角，因为，所以，因此，，故；因为，所以，因此，故，所以.即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.20、(Ⅰ)极大值为：，无极小值；(Ⅱ)见解析.【解析】

(Ⅰ)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可求出函数的极值；(Ⅱ)得到,根据函数的单调性问题转化为证明，即证,令，根据函数的单调性证明即可．【详解】(Ⅰ)的定义域为且令，得；令，得在上单调递增，在上单调递减函数的极大值为，无极小值(Ⅱ)，，即由(Ⅰ)知在上单调递增，在上单调递减且，则要证，即证，即证，即证即证由