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2023年广东省普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（一）数学试卷
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这是一份2023年广东省普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（一）数学试卷，共13页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在复平面内，已知复数满足等内容，欢迎下载使用。
数学
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县､区）､学校､班级､姓名､考场号､座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则下列Venn图中阴影部分可以表示集合的是（ ）
A. B.
C. D.
2.已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
3.已知函数若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4.如图所示是中国2012-2021年汽车进､出口量统计图，则下列结论错误的是（ ）
A.2012-2021年中国汽车进口量和出口量都是有增有减的
B.从2018年开始，中国汽车的出口量大于进口量
C.2012-2021年中国汽车出口量的第60百分位数是106万辆
D.2012-2021年中国汽车进口量的方差大于出口量的方差
5.在复平面内，已知复数满足（为虚数单位），记对应的点为点对应的点为点，则点与点之间距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A.96种 B.64种 C.32种 D.16种
7.已知双曲线，点的坐标为，若上的任意一点都满足，则的离心率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（ ）
A.4 B. C. D.6
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A.小球运动的最高点与最低点的距离为
B.小球经过往复运动一次
C.时小球是自下往上运动
D.当时，小球到达最低点
10.在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ）
A.
B.与所成角为
C.与平面所成角为
D.与平面所成角的正切值为
11.已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A.若为的中线，则
B.若为的角平分线，则
C.存在直线，使得
D.对于任意直线，都有
12.已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A.是“封闭”函数
B.定义在上的函数都是“封闭”函数
C.若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D.若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
13.已知向量满足，则与的夹角为__________.
14.在平面直角坐标系中，等边三角形的边所在直线斜率为，则边所在直线斜率的一个可能值为__________.
15.已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，为偶函数，若在上恰好有4个不同的实数根，则__________.
16.已知动圆经过点及原点，点是圆与圆的一个公共点，则当最小时，圆的半径为__________.
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
18.（12分）
已知各项都是正数的数列，前项和满足.
（1）求数列的通项公式.
（2）记是数列的前项和，是数列的前项和.当时，试比较与的大小.
19.（12分）
如图所示的在多面体中，，平面平面，平面平面，点分别是中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面和平面夹角的余弦值.
20.（12分）
某商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖.
（1）若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.
（2）若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.
（3）如果你是商场老板，如何在上述问两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.
21.（12分）
已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.
（1）求椭圆标准方程；
（2）若为原点，且满足，求的面积.
22.（12分）
已知函数.
（1）求的极值；
（2）当时，，求实数的取值范围.
★启用前注意保密
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（一）
数学参考答案
评分标准：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答末改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
13. 14.（或） 15.24 16.5
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.解：（1）因为，
所以，
整理得，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）
在中，因为，所以，
所以，所以，所以，
所以的取值范围为.
18.解：（1）当时，，所以或（舍去），
当时，有
两式相减得，
整理得，
因为的各项都是正数，所以，
所以是首项为1，公差为1的等差数列，
所以.
（2）由（1）得，则，
所以，
由（1）得
所以，
因为，
所以，故，
所以当时，.
19.解：（1）如图，取中点，连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理可得平面，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为点分别是中点，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）方法一：因为，所以，
由（1）知平面平面，所以
所以两两相互垂直，
如图，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，
得即解得取，得，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
方法二：因为平面平面，所以平面和平面的夹角
即二面角.
如图，过点作，垂足为点，过点作交于点，
则为二面角所成平面角.
在Rt中，，
在Rt中，，
在直角梯形中，，
所以
在中，，
所以，
利用三角形等面积可得，
所以
因为，所以，
过点作于，则，所以，
在中，，所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
20.解：（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，
因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，
所以的所有可能取值为，则
，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
（3）（答案不唯一，选择符合商场老板的预期即可）
因为（1）（2）两问的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的大，
即，第（1）不中奖的概率比第问小，即，
回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽.
回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖.
21.解：
（1）当点，点和点为椭圆的顶点时，恰好构成边长为2的等边三角形，
①当点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，不妨设点，点为上顶点和下顶点，点为右顶点，此时，，
②当点，点和点中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，不妨设点，点为左顶点和右顶点，点为上顶点，此时，（舍去），
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
因为，
所以，
①当直线斜率不存在时，
即，则，
因为点在椭圆上，所以，则有，
所以，点到的距离为，
此时.
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立得消去整理得，
满足，
由韦达定理得，
所以，
所以，
又因为点在椭圆上，
所以，
化简得，
所以
，
所以点到直线的距离，
所以
综上所述，的面积为.
22.解：（1）求导得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，
则原问题等价于不等式在上恒成立，
记，
则，
记，则恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
即当时，，此时；当时，，此时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
即，
所以，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，
所以；
②当时，
因为存在，使得，而，
此时不满足，
所以无解.
综上所述，.
（2）方法二：由题知不等式在上恒成立，
原问题等价于不等式在上恒成立，
即在上恒成立.
记，则，当单调递减，单调递增，
因为即，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，所以；
②当时，令，显然单调递增，且，
故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解.
综上所述，.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
D
D
C
B
A
C
题号
9
10
11
12
答案
BD
ACD
AD
BC
0
1
2
0
1
2
数学
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县､区）､学校､班级､姓名､考场号､座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则下列Venn图中阴影部分可以表示集合的是（ ）
A. B.
C. D.
2.已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
3.已知函数若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4.如图所示是中国2012-2021年汽车进､出口量统计图，则下列结论错误的是（ ）
A.2012-2021年中国汽车进口量和出口量都是有增有减的
B.从2018年开始，中国汽车的出口量大于进口量
C.2012-2021年中国汽车出口量的第60百分位数是106万辆
D.2012-2021年中国汽车进口量的方差大于出口量的方差
5.在复平面内，已知复数满足（为虚数单位），记对应的点为点对应的点为点，则点与点之间距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A.96种 B.64种 C.32种 D.16种
7.已知双曲线，点的坐标为，若上的任意一点都满足，则的离心率取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（ ）
A.4 B. C. D.6
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A.小球运动的最高点与最低点的距离为
B.小球经过往复运动一次
C.时小球是自下往上运动
D.当时，小球到达最低点
10.在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ）
A.
B.与所成角为
C.与平面所成角为
D.与平面所成角的正切值为
11.已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A.若为的中线，则
B.若为的角平分线，则
C.存在直线，使得
D.对于任意直线，都有
12.已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A.是“封闭”函数
B.定义在上的函数都是“封闭”函数
C.若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D.若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
13.已知向量满足，则与的夹角为__________.
14.在平面直角坐标系中，等边三角形的边所在直线斜率为，则边所在直线斜率的一个可能值为__________.
15.已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，为偶函数，若在上恰好有4个不同的实数根，则__________.
16.已知动圆经过点及原点，点是圆与圆的一个公共点，则当最小时，圆的半径为__________.
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
18.（12分）
已知各项都是正数的数列，前项和满足.
（1）求数列的通项公式.
（2）记是数列的前项和，是数列的前项和.当时，试比较与的大小.
19.（12分）
如图所示的在多面体中，，平面平面，平面平面，点分别是中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面和平面夹角的余弦值.
20.（12分）
某商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖.
（1）若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.
（2）若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.
（3）如果你是商场老板，如何在上述问两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.
21.（12分）
已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.
（1）求椭圆标准方程；
（2）若为原点，且满足，求的面积.
22.（12分）
已知函数.
（1）求的极值；
（2）当时，，求实数的取值范围.
★启用前注意保密
2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（一）
数学参考答案
评分标准：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答末改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
13. 14.（或） 15.24 16.5
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.解：（1）因为，
所以，
整理得，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）
在中，因为，所以，
所以，所以，所以，
所以的取值范围为.
18.解：（1）当时，，所以或（舍去），
当时，有
两式相减得，
整理得，
因为的各项都是正数，所以，
所以是首项为1，公差为1的等差数列，
所以.
（2）由（1）得，则，
所以，
由（1）得
所以，
因为，
所以，故，
所以当时，.
19.解：（1）如图，取中点，连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理可得平面，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为点分别是中点，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）方法一：因为，所以，
由（1）知平面平面，所以
所以两两相互垂直，
如图，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，
得即解得取，得，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
方法二：因为平面平面，所以平面和平面的夹角
即二面角.
如图，过点作，垂足为点，过点作交于点，
则为二面角所成平面角.
在Rt中，，
在Rt中，，
在直角梯形中，，
所以
在中，，
所以，
利用三角形等面积可得，
所以
因为，所以，
过点作于，则，所以，
在中，，所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
20.解：（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，
因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，
所以的所有可能取值为，则
，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
（3）（答案不唯一，选择符合商场老板的预期即可）
因为（1）（2）两问的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的大，
即，第（1）不中奖的概率比第问小，即，
回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽.
回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖.
21.解：
（1）当点，点和点为椭圆的顶点时，恰好构成边长为2的等边三角形，
①当点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，不妨设点，点为上顶点和下顶点，点为右顶点，此时，，
②当点，点和点中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，不妨设点，点为左顶点和右顶点，点为上顶点，此时，（舍去），
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
因为，
所以，
①当直线斜率不存在时，
即，则，
因为点在椭圆上，所以，则有，
所以，点到的距离为，
此时.
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立得消去整理得，
满足，
由韦达定理得，
所以，
所以，
又因为点在椭圆上，
所以，
化简得，
所以
，
所以点到直线的距离，
所以
综上所述，的面积为.
22.解：（1）求导得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，
则原问题等价于不等式在上恒成立，
记，
则，
记，则恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
即当时，，此时；当时，，此时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
即，
所以，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，
所以；
②当时，
因为存在，使得，而，
此时不满足，
所以无解.
综上所述，.
（2）方法二：由题知不等式在上恒成立，
原问题等价于不等式在上恒成立，
即在上恒成立.
记，则，当单调递减，单调递增，
因为即，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，所以；
②当时，令，显然单调递增，且，
故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解.
综上所述，.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
D
D
C
B
A
C
题号
9
10
11
12
答案
BD
ACD
AD
BC
0
1
2
0
1
2
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