2024年3月27日发(作者：七七年广东省高考数学试卷)
2023年高考数学模拟考试卷及答案解析（理科）
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．已知复数z满足
z
1i
z1
2i1
，则复数z的实部与虚部的和为（
A．1
【答案】
D
【分析】根据复数的运算法则求出复数
z
i
，则得到答案.
【详解】
z(1i)z(2i1)(2i1)
z(2i)2i1
，
z
2i
1(2i
1)(2
i)
4
3i43
i
，
2
i5555
43
55
1
5
43
55
）
B．
1
C．
1
5
D．
1
5
故实部与虚部的和为
，
故选：
D.
1ax2}
，若
B
A
，则实数
2．已知
f(x)x
2
1
的定义域为A，集合
B{xR∣
a的取值范围是（
A．
[2,1]
【答案】
B
）
B．
[1,1]
C．
(,2][1,)
D．
(
,1][1,
)
【分析】先根据二次不等式求出集合A，再分类讨论集合B
，
根据集合间包含关
系即可求解.
【详解】
f(x)x
2
1
的定义域为A
，
所以
x
2
10
，所以
x
1
或
x1
，①当
a0
∣10x2}
,满足
B
A
，所以
a0
符合题意；时，
B{xR
1/30
∣
x
}
，所以若
B
A
，②当
a0
时，
B
{x
R
1
a
2
a
1
a
2
a
则有
1
或
1
，所以
0a1
或
a2
（舍）
∣
x
}
，所以若
B
A
，则有
1
或
1
（舍）③当
a<0
时，
B
{x
R
，
2
a
1
a
1
a
2
a
1a0
，综上所述，
a[1,1]
，故选：B.
3．在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（
d
1
，单
位：m）与制动距离（
d
2
，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”
表示刹车时汽车的初速度
v
（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函
数中最适合描述
d
1
，
d
2
与
v
的函数关系的是（）
A．
d
1
v
，
d
2
v
C．
d
1
v
，
d
2
v
【答案】
B
B．
d
1
v
，
d
2
v
2
2
D．
d
1
v
，
d
2
v
【分析】设
d
1
v
f
v
，
d
2
v
g
v
，根据图象得到函数图象上的点，作出散点
2/30
图，即可得到答案.
【详解】设
d
1
v
f
v
，
d
2
v
g
v
.
由图象知，
d
1
v
f
v
过点
40,8.5
，
50,10.3
，
60,12.5
，
70,14.6
，
80,16.7
，
130,27.1
，
150,31.3
，
160,33.3
，
90,18.7
，
100,20.8
，
110,22.9
，
120,25
，
140,29.2
，
170,35.4
，
180,37.5
.
作出散点图，如图1.
由图1可得，
d
1
与
v
呈现线性关系，可选择用
d
1
v
.
d
2
v
g
v
过点
40,8.5
，
50,16.2
，
80,36
，
90,52
，
100,64.6
，
60,23.2
，
70,31.4
，
110,78.1
，
120,93
，
130,108.5
，
140,123
，
150,144.1
，
160,164.3
，
170,183.6
，
180,208
.
作出散点图，如图2.
3/30
由图2可得，
d
2
与
v
呈现非线性关系，比较之下，可选择用
d
2
v
2
.
故选：B.
ln
x
,
x
0,
4．已知函数
f
x
x
则函数
yf
1x
的图象大致是（
x
x
e,
x
0,
）
A
．
B
．
C．
【答案】B
D．
【分析】分段求出函数
yf
1x
的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调
性可得答案.
【详解】当
1x0
，即
x1
时，
y
f
(1
x
)
1
(1
x
)
ln(1
x
)
1
ln(1
x
)
，
1
x
y
(1
x
)
2
(1
x
)
2
ln(1
x
)
，
1
x
令
y
0
，得
x1e
，令
y
0
，得
1ex1
，
所以函数
yf
1x
在
(,1e)
上为增函数，在
(1e,1)
上为减函数，由此得A和
C和D不正确；
当
1x0
，即
x
1
时，
y
f
(1
x
)
(1
x
)e
1
x
，
1
x
1
x
1
x
y
(1
x
)
e
1
x
(1
x
)
e
1
x
e
(1
x
)e
e(2
x
)
，
4/30
令
y
0
，得
x2
，令
y
0
，得
1x2
，
所以函数
yf
1x
在
(2,)
上为增函数，在
[1,2)
上为减函数，由此得B正确；
故选：B
5．若函数
f
x
存在一个极大值
f
x
1
与一个极小值
f
x
2
满足
f
x
2
f
x
1
，则
f
x
至少有（）个单调区间.
B．4C．5D．6A．3
【答案】
B
【分析】根据单调性与极值之间的关系分析判断
.
【详解】若函数
f
x
存在一个极大值
f
x
1
与一个极小值
f
x
2
，则
f
x
至少有3
个单调区间，
若
f
x
有3个单调区间，
不妨设
f
x
的定义域为
a,b
，若
ax
1
x
2
b
，其中
a
可以为
，
b
可以为
，
则
f
x
在
a,x
1
,
x
2
,b
上单调递增，在
x
1
,x
2
上单调递减，（若
f
x
定义域为
a,b
内
不连续不影响总体单调性），
故
f
x
2
f
x
1
，不合题意，
若
ax
2
x
1
b
，则
f
x
在
a,x
2
,
x
1
,b
上单调递减，在
x
2
,x
1
上单调递增，有
f
x
2
f
x
1
，不合题意；
若
f
x
有4个单调区间，
2
1
x
1
例如
f
x
x
的定义域为
x|x0
，则
f
x
2
，
x
x
令
f
¢
(
x
)
>
0
，解得
x1
或
x1
，
则
f
x
在
,1
,
1,
上单调递增，在
1,0
,
0,1
上单调递减，
5/30
故函数
f
x
存在一个极大值
f
1
2
与一个极小值
f
1
2
，且
f
1
f
1
，满
足题意，此时
f
x
有4个单调区间，
综上所述：
f
x
至少有4个单调区间.
故选：B.
x
y
1
0
9
y
18
x
2
6．已知实数x、y满足
x
y
1
0
，则
z
的最小值为（
x
2
y
2
y
1
）
A．
13
2
B．
37
2
C．
2
1
D．2
【答案】A
【分析】由约束条件作出可行域，求出
t
结合函数的单调性求得答案．
【详解】解：令
t
9
y
18
x
21
y
2
9
t
，，则
z
x
2
y
2
t
x
2
9
y
18
x
21
y
2
z
9
t
的范围，再由
x
2
y
2
t
x
2
x
y
1
0
由
x
y
1
0
作出可行域如图，则
A
2,1
，B
2,1
,C
0,1
y
1
设点
P
x,y
，D
2,2
，其中P在可行域内，
t
y
2
=
k
PD
，
x
2
1
21
0
22
由图可知当P在C点时，直线PD斜率最小，
t
min
=
k
CD
1
1
t
1
,
t
,
z
9t
∵
上为
t
在
2
当P在B点时，直线PD斜率不存在，∴
2
6/30
增函数，
∴当
t
时
z
min
1
2
13
．故选：A．
2
7．在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，点P在正方形
BCC
1
B
1
内，且不在棱上，则（）
A．在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得
PQ
∥
AC
B．在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得
PQAC
C．在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得平面
PQC
1
∥
平面
ABC
D．在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得
AC
平面
PQC
1
【答案】B
【分析】对于A，通过作辅助线，利用平行的性质，推出矛盾，可判断A;对于B，
找到特殊点，说明在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得
PQAC
，判断B;
利用面面平行的性质推出矛盾，判断C;利用线面垂直的性质定理推出矛盾，判
断D.
【详解】A、假设在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得
PQ
∥
AC
，
7/30
作
PEBC,QFCD
,垂足分别为
E,F
,连接
E,F
，则
PEFQ
为矩形，且
EF
与
AC
相
交，
故
PQ∥EF
,由于
PQ
∥
AC
，则
AC∥EF
，这与
AC,EF
相交矛盾，故A错误；
B、假设P为正方形
BCC
1
B
1
的中心，Q为正方形
DCC
1
D
1
的中心，
作
PHBC,QGCD
,垂足分别为
H,G
,连接
H,G
，则
PHGQ
为矩形，
则
PQ∥HG
,且
H,G
为
BC,CD
的中点，连接
GH,BD
,
则
GH∥BD
,因为
AC
BD
，所以
GHAC
,即
PQAC
，故B正确；
C、在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得平面
PQC
1
∥
平面
ABC
，
由于平面
ABC
平面
DCC
1
D
1
CD
,平面
PQC
1
平面
DCC
1
D
1
C
1
Q
,
故
CD∥C
1
Q
,而
C
1
D
1
∥CD
,则Q在
C
1
D
1
上，这与题意矛盾，C错误；
D、假设在正方形
DCC
1
D
1
内一定存在一点
Q
，使得
AC
平面
PQC
1
，
C
1
Q
平面
PQC
1
,则
ACC
1
Q
,
又
CC
1
平面
ABCD,ACÌ
平面
ABCD
，故
C
1
CAC
,
8/30
而
C
1
CC
1
QC
1
，C
1
C,C
1
Q
平面
DCC
1
D
1
，故
AC
平面
DCC
1
D
1
，
由于
AD
平面
DCC
1
D
1
,故
C,D
重合，与题意不符，故D错误，
故选∶
B
8．对于平面上点
P
和曲线
C
，任取
C
上一点
Q
，若线段
PQ
的长度存在最小值，
则称该值为点
P
到曲线
C
的距离，记作
d(P,C)
.若曲线
C
是边长为6的等边三角形，
∣d(P,C)1}
所表示的图形的面积为（）则点集
D{P
A．36
C．
36332π
【答案】
D
B．
3633
D．
3633π
【分析】根据题意画出到曲线C的距离为1的边界，即可得到点集的区域，即
可求解
.
【详解】根据题意作出点集
D
P|d
P，C
1
的区域如图阴影所示，
其中四边形
ADEC
，
ABKM
，
BCFG
为矩形且边长分别为1,6，圆都是以1为半径
的，过点
I
作
INAC
于
N
，连接
AI
,则
NI1
，
NAI30
，所以
AN3,
则
HIJ
是以
623
为边长的等边三角形，
矩形
ABKM
的面积
S
1
166
，
DAM
2π12ππ
，扇形
ADM
的面积为
S
2
1
，
3233
9/30
1
2
13
S
ABC
AB
sin60
6
2
93
，
2
22
1
2
13
S
HIJ
HI
sin60
6
23
2
22
2
12318
，
π
3
所以
S
3
S
1
3
S
2
S
ABC
S
HIJ
3
6
3
93
123
18
3633π
.
故选：
D.
9．一个宿舍的6名同学被邀请参加一个节目，要求必须有人去，但去几个人自
行决定．其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，则该宿舍同学的去法共有
（）
B．28种C．31种D．63种A．15种
【答案】
C
【分析】满足条件的去法可分为两类，第一类甲乙都去，第二类甲乙都不去，再
进一步通过分类加法原理求出各类的方法数，将两类方法数相加即可.
【详解】若甲和乙两名同学都去，则去的人数可能是
2
人，
3
人，
4
人，
5
人，
6
人，
1234
所以满足条件的去法数为
C
0
4
+C
4
C
4
+C
4
C
4
16
种；
若甲和乙两名同学都不去，则去的人数可能是1人，2人，3人，4人，则满足
34
条件去法有
C
1
4
C
2
4
+C
4
C
4
15
种；
故该宿舍同学的去法共有
16+15=31
种．
故选：
C.
10．已知椭圆C的焦点为
F
1
(0,1),F
2
(0,1)
，过
F
2
的直线与C交于P，Q两点，若
PF
2
3
F
2
Q
,|
PQ
|
4
QF
1
，则椭圆C的标准方程为（
5
）
10/30
5
x
2
5
y
2
1
A．
23
x
2
y
2
C．
1
23
y
2
B．
x
1
2
2
x
2
y
2
D．
1
45
【答案】
B
【分析】由已知可设
F
2
Qm,PF
2
3m
可求出所有线段用
m
表示，在
△PF
1
F
2
中由
余弦定理得
F
1
PF
2
90
从而可求.
【详解】如图，由已知可设
F
2
Qm,PF
2
3m
，又因为
|
PQ
|
QF
1
QF
1
5
m
根据椭圆的定义
QF
2
QF
1
2a,6m2a,a3m
，
PF
1
2aPF
2
2aaa3m
4
5
在
△PF
1
F
2
中由余弦定理得
cos
F
1
PQ
以
F
1
PQ
90
2
PQ
PF
1
QF
1
2
PQ
PF
1
222
16
m
2
9
m
2
25
m
2
0
，所
2
4
m
3
m
PF
2
PF
1
F
1
F
2
9
m
2
9
m
2
4
m
y
2
故椭圆方程为：
x
2
1
故选：B
2
22
2
,
a
3
m
2
b
1
3
3,1
，方程
f
x
a
0xm
11．已知函数
f
x
2sin
2
x
，对于任意的
a
6
π
恰有一个实数根，则m的取值范围为（）
11/30
A．
7π3π
,
124
B．
,
π5π
26
C．
,
π5π
26
D．
7π3π
,
124
【答案】D
【分析】将方程的根的问题转化为函数
yf
x
的图象与直线
ya
有且仅有1个
交点，画出图象，数形结合得到不等式组，求出m的取值范围.
【详解】方程
f
x
a
0xm
恰有一个实数根，等价于函数
yf
x
的图象与直
线
ya
有且仅有1个交点．
当
0xm
得：
2
x
,2
m
，
6
66
结合函数
yf
x
的图象可知，
2
m
,
，
6
33
π4π5π
πππ
解得：
m
7π3π
,
.
124
故选：D
12．已知
a0.7e
0.4
,beln1.4,c0.98
，则
a,b,c
的大小关系是（
A．
acb
C．
bca
【答案】
A
【分析】构造函数
f
x
=ln
xx
，
x0
，利用导函数得到其单调性，从而得到
1
e
）
B．
bac
D．
cab
12/30
ln
x
1
x
，
e
2
2
e
当且仅当
xe
时等号成立，变形后得到
ln2
xx
，当
x
时，等号成立，令
e
2
x0.7
后得到
bc
；
再构造
g
x
=e
等号成立，
x
1
x
，利用导函数得到其单调性，得到
e
x
1
x
，当且仅当
x1
时，
变形后得到
e
2
x
1
2
x
，当
x0.5
时，等号成立，令
x0.7
得到
ac
，从而得到
acb
.
【详解】构造
f
x
=ln
xx
，
x0
，
则
f
x
=
，当
0xe
时，
f
¢
(
x
)
>
0
，当
xe
时，
f
x
0
，
所以
f
x
=ln
xx
在
0xe
上单调递增，在
xe
上单调递减，
所以
f
x
f
e
=lne10
，
故
ln
xx
，当且仅当
xe
时等号成立，
2
x
2
x
2
x
2
(2
x
)2
x
2
，
因为
x0
，所以
ln
x
2ln
x
ln
x
ln2
x
ee2e2ee
2
1
e
1
x
1
e
1
e
1
e
2
当
x
e
时，等号成立，
2
2
e
0.98
eln1.4
0.98
，所以
bc
e
2
当
x0.7
时，
ln1.4
(0.7)
构造
g
x
=e
所以
g
x
=e
x
1
x
，则
g
x
=e
x
1
1
，当
x1
时，
g
x
0
，当
x1
时，
g
x
0
，
x
在
x1
单调递增，在
x1
上单调递减，
x
1
故
g
x
g
1
0
，所以
e
x
1
x
，当且仅当
x1
时，等号成立，
故
e
x
1
x
e
2
x
1
2
x
，当且仅当
x0.5
时，等号成立，
13/30
令
x0.7
，则
e
0.4
1.40.7e
0.4
0.98
，所以
ac
，
综上
:acb
，
故选：
A
【点睛】构造函数比较函数值的大小，关键在于观察所给的式子特点，选择合适
的函数进行求解
.
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设
i
，
j
是x，y轴正方向上的单位向量，
2abi3j
，
a3b11i9j
，则
向量
a
，
b
的夹角为______．
【答案】
π
4
aa
【分析】分别求出，
b
的表达式，利用定义求出，
b
的夹角即可.
2abi3j
①，
【详解】
a3b11i9j
②,
①3②
得
7a14i,a2i
，
2
ab2i·3i3j6i6ij6
2②①
得
7b21i21j,b3i3j
，
a
b
62
π
22
cos
a
,
b
a2,b3332
，
a
,
b
2
a
b
2
32
4
14．已知双曲线
C
:
x
2
y
2
1(
a
0,
b
0)
的焦距为
2c
，过
C
的右焦点
F
a
2
b
2
的直线
l
与
C
的
两条渐近线分别交于
A,B
两点，
O
为坐标原点，若
bccosAFO
且
FB3FA
，则
C
的渐近线方程为__________.
【答案】
y2x
FAb
，从而在直角【分析】根据题设条件确定
ABOA
，进而可确定
OAa，
14/30
△AOB中，
tan
AOB
tan
π
2
2
b
，结合正切的二倍角公式求解.
a
【详解】因为
FB3FA
，画出示意图如图，设
AOF
，
因为
bccosAFO
，则
cos
AFO
，
a
a
2
所以
sin
AFO
2
，则
sin
AFO
，
c
c
2
b
c
所以
tan
AFO
.又
tan
，所以
AFO
所以
ABOA
，根据
sin
AFO
a
b
b
a
π
，
2
OA
a
FA
b
,cos
AFO
，
cccc
FAb
.又因为
FB3FA
，所以
OAa，
所以
AB2b
.在直角△AOB中，
tan
AOB
tan
π
2
2
b
，
a
2
b
2
2
b
2tan
b
b
a
2
，
2
所以
tan2
，化简得：，所以
2
b
2
a
1
tan
2
a
a
1
2
a
则渐近线方程为：
y2x
，
故答案为:
y2x
.
a
n
2
，
n
为奇数
{
a
}
a
a1
15．已知数列
n
满足首项
1
，
n
1
，则数列
{
a
n
}
的前2n项的
3
a
，
n
为偶数
n
和为_____________．
15/30
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