2023年新高考数学模拟试卷01

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高考二轮数学复习策略
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。

2023年新高考模拟试卷01
(考试时间：120分钟 试卷满分：150分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）
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．若集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求出集合A,B中的元素，再利用交集，并集的计算逐一判断选项.
【详解】，，
，AB错误，C正确；
，D错误.
故选：C.
2．已知复数，则以下判断正确的是（    ）
A．复数的模为1 B．复数的模为
C．复数的虚部为 D．复数的虚部为
【答案】B
【分析】根据复数除法运算即可求得，根据复数模长公式和虚部定义即可判断结果.
【详解】由可得；
即复数的虚部为1，所以CD错误；
则复数的模为，即A错误，B正确；
故选：B
3．如图，是上靠近的四等分点，是上靠近的四等分点，是的中点，设，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平面向量基本定理，结合向量线性运算求解即可.
【详解】因为是上靠近的四等分点，是上靠近的四等分点，是的中点，
所以.
故选：C.
4．已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（    ）
A．288 B．144 C．72 D．36
【答案】C
【分析】方法1：运用捆绑法及分步乘法计算即可.分步排队方法：2位父亲排队2位母亲排队3个小孩“捆绑”内部排队在父亲母亲产生的3个空中选一个空将3个小孩放进去.
方法2：运用捆绑法及分步乘法计算即可.分步排队方法：2位父亲排队3个小孩“捆绑”与2位母亲排队3个小孩“捆绑”内部排队.
【详解】方法1：2位父亲的排队方式种数为，2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体，放进父母的中间共有种排队方式，所以不同的排队方式种数为.
方法2：2位父亲的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体与2位母亲的排队方式种数为，3个小孩的排队方式种数为，所以不同的排队方式种数为.
故选：C.
5．英国化学家、物理学家享利·卡文迪许被称为第一个能测出地球质量的人，卡文迪许是从小孩玩的游戏（用一面镜子将太阳光反射到墙面上，我们只要轻轻晃动一下手中的镜子，墙上的光斑就会出现大幅度的移动，如图1）得到灵感，设计了卡文迪许扭秤实验来测量万有引力，由此计算出地球质量，他在扭秤两端分别固定一个质量相同的铅球，中间用一根韧性很好的钢丝系在支架上，钢丝上有个小镜子，用激光照射镜子，激光反射到一个很远的地方，标记下此时激光所在的点，然后用两个质量一样的铅球同时分别吸引扭秤上的两个铅球（如图2），由于万有引力作用，根秤微微偏转，但激光所反射的点却移动了较大的距离，他用此计算出了万有引力公式中的常数G，从而计算出了地球的质量．在该实验中，光源位于刻度尺上点P处，从P出发的光线经过镜面（点M处）反射后，反射光线照射在刻度尺的点Q处，镜面绕M点顺时针旋转a角后，反射光线照射在刻度尺的点处，若△PMQ是正三角形．（如图3），则下列等式中成立的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】过点作，则，，，所以，即可求解．
【详解】过点作，因为△PMQ是正三角形．
则，，
所以
则，解得
故选：C

6．设函数，若，则实数a的取值范围是（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意分类讨论，结合指、对数函数单调性解不等式即可.
【详解】当时，则，即，解得；
当时，则，解得；
综上所述：实数a的取值范围是.
故选：A.
7．设是定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，函数，若对任意的，恒成立，则实数的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由是奇函数，是偶函数，求出，再根据，作出函数的图象即可求解.
【详解】因为是奇函数，是偶函数，
所以，解得，
由，
当时，则，所以，
同理：当时，，
以此类推，可以得到的图象如下：

由此可得，当时，，
由，得，解得或，
又因为对任意的，恒成立，
所以，所以实数的最大值为.
故选：B.
【点睛】本题考查了奇函数与偶函数的性质，抽象函数的周期性，通过递推关系分析出每一个区间的解析式是本题的关键，数形结合是解题中必须熟练掌握一种数学思想，将抽象转化为形象，有助于分析解决抽象函数的相关问题.
8．已知，，，则它们的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造，.通过对函数以及二次求导，得出函数在上的单调性，即可得出大小关系.
【详解】令，则.
令，则，.
因为，当时，有恒成立，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
又，所以当时，有，
所以在上单调递减.
又，
所以有，即，所以.
令，则.
令，则.
因为，当时，有恒成立，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
又，所以当时，有，
所以在上单调递增.
又，
所以有，即，
所以.
所以.
故选：D.
【点睛】方法点睛：构造函数，根据函数的导数得出函数的单调性，进而比较大小关系.
二、选择题：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．已知，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】A选项，由题可得，结合可得b范围；
B选项，，利用可得范围；
C选项，，利用可得范围，后可得范围；
D选项，，结合B选项可得范围.
【详解】A选项，由题可得，得，故A错误；
B选项，
，当且仅当，
即时取等号.故B错误；
C选项，，
当且仅当，即时取等号.
则，故C正确；
D选项，由B选项分析得，
则，故D正确.
故选：CD
10．已知正四面体的棱长为2，、分别是和的中点，下列说法正确的是（    ）
A．直线与直线互相垂直
B．线段的长为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．正四面体内存在点到四个面的距离都为
【答案】ACD
【分析】取的中点，连接，证明平面，即可判断A；根据空间向量基本定理及数量积的运算律计算即可判断B；连接交于点，则点为点在平面上的投影，则即为直线与平面所成角的平面角，求出即可判断C；利用等体积法求出正四面体的内切球的半径即可判断D.
【详解】对于A，取的中点，连接，
因为，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正确；
对于B，，

，
则

，故B错误；
对于C，连接交于点，连接，则为的中心，
则点为点在平面上的投影，即平面，
则即为直线与平面所成角的平面角，
在中，，，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于D，设正四面体的内切球的半径为，
则，
所以，
所以正四面体内存在点到四个面的距离都为，故D正确.
故选：ACD.

11．已知函数在区间上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（    ）
A．的取值范围是
B．在区间上有且仅有3个不同的零点
C．的最小正周期可能是
D．在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】由，得，再根据函数在区间上有且仅有条对称轴，可得，可求出的取值范围判断A，再利用三角函数的性质可依次判断BCD．
【详解】由，得，
因为函数在区间上有且仅有条对称轴，
所以，解得，故A正确；
对于B，，，
，
当时，在区间上有且仅有个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有个不同的零点，故B错误；
对于C，周期，由，则，
，
又，所以的最小正周期可能是，故C正确；
对于D，，，
又，，
所以在区间上一定单调递增，故D正确．
故选：ACD.
12．如图，过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，弦AB的中点为M，过A，B，M分别作准线的垂线，垂足分别为、、N．则有（    ）

A．以AB为直径的圆与相切于点N B．
C． D．的最小值为8
【答案】ABC
【分析】由于可判断A，设l的方程为与联立可得即可判断B，根据焦半径公式及均值不等式可判断C，D．
【详解】，说明N在以AB为直径的圆上，
又，所以A正确；
设l的方程为与联立可得

，所以，，，，，
则，所以，所以，B正确；
，C正确；
，则，
中，，，由射影定理可得，则

当且仪当时取到，而，D错误．
故选：ABC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数的图象在点处的切线l恒过定点，则该定点坐标为______．
【答案】
【分析】利用函数值的定义及导数的几何意义，结合直线的点斜式方程即可求解.
【详解】由题意可知，，切点，
，
所以函数的图象在点处的切线的斜率为
，
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即，
所以，解得，
所以切线方程恒过定点为．
故答案为：.
14．已知圆C满足下列条件：①圆心C在第三象限；②与圆外切；③圆C的一条切线方程为，则圆C的标准方程可能是__________.（写出一个即可）
【答案】(答案不唯一，但圆心坐标需满足，)
【分析】设所求圆的圆心和半径，根据条件得到关于的方程组，即可求解.
【详解】设圆心坐标为，由①可知，半径为，
由②③可知，整理可得，
当时，，，所以其中一个同时满足条件①②③的圆的标准方程是.
故答案为：．
15．已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为______．
【答案】
【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积表达式，然后用重要不等式即可求解．
【详解】解：设球的半径为，圆柱的底面半径为，母线为，
则由题意知，，解得．
又圆柱的两个底面的圆周在体积为的球的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且．
则圆柱的侧面积，，
因为，当且仅当，即，时，等号成立．
所以，．
故答案为：．
16．已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，若E上存在点P，满足，（O为坐标原点），且的内切圆的半径等于a，则E的离心率为____________．
【答案】##
【分析】由可得，，再结合双曲线的定义可得，化简得，因为的内切圆的半径为a，所以，即，化简运算即可得E的离心率.
【详解】因为，所以，，
又因为P在双曲线上，所以，联立可得，
，所以，
因为的内切圆的半径为a，
所以，
即，即，
所以，两边平方得，
即，两边同时除以，得，，
因为，所以．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、，得到a，c的关系．
四、解答题：本题共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．记为数列的前n项和，已知，，且．
(1)证明：为等比数列；
(2)求数列的通项公式及前n项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；.

【分析】（1）利用构造法，构造数列证明即可；
（2）结合（1）变形构造得到新数列，然后利用分组以及等差等比数列求和公式写出
【详解】（1）证明：由，
可化为，
即，
∴是以为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）可知，
，
，
是1为首项，公比为－3的等比数列，
∴，
，
，
故，．
18．在① ， ②， ③这三个条件中任选一个， 补充在下面的问题中， 并解答该问题．
在 中， 内角的对边分别是， 且满足_______ ，．
(1)若 ， 求的面积;
(2)求周长的取值范围．
【答案】(1)任选一条件，面积皆为
(2)

【分析】（1）三个条件，分别利用正余弦定理，两角和与差的正弦公式和三角形内角和公式化简，都能得到，再由余弦定理求得，即可计算的面积.
（2）， 由正弦定理边化角再化简得，再由求得的取值范围，即可得周长的取值范围.
【详解】（1）若选条件①， 由 及正弦定理， 得
即 ， 化简得，
因为， 所以， 所以，因为 ， 所以．
若选条件②， 由 及正弦定理， 得， 即， 化简得,
因为 ， 所以， 所以，因为 ， 所以．
若选条件③， 由 化简得，， 由余弦定理得， 即，因为 ， 所以，
所以三个条件，都能得到.
由余弦定理得 ， 即， 解得，
所以 的面积.
（2）因为 ， 由正弦定理得，
因为 ，
所以 ，
因为 ， 所以，
所以 ， 即， 所以周 长的取值范围为.
19．如图，在四棱锥中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，ABDC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点.

(1)证明：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角P-AC-E的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质及勾股定理的逆定理可证出线面垂直，再由面面垂直的判定定理求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）∵平面，平面，
∴.
∵，由，且是直角梯形，
∴，
即，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面
（2）由（1）易知平面，
∴即为直线与平面所成角.
∴，
∴，则
取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以､､为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
∴，，
设为平面的法向量，则，
令，得，，得
设为平面的法向量，
则，令，则，，得.
∴.
由图知所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
20．世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负（踢成平局），将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为，乙队每名球员射进的概率为．每轮点球结果互不影响．
(1)设甲队踢了5球，为射进点球的个数，求的分布列与期望；
(2)若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜出的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)

【分析】（1）由题意知，由二项分布求出的分布列与期望；
（2）由题意知甲乙两队比分为1：4或2：4，求出相应的概率再相加即可.
【详解】（1）由题意知，，可能的取值为0，1，2，3，4，5.
，，
，，，
所以的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P







．
（2）设“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”为事件A，
由题意知，甲乙两队比分为1：4或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件，“甲乙两队比分为2：4”为事件，
若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，，
若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，
所以．
即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为．
21．如图，椭圆的左顶点，点都在椭圆上不与顶点重合且关于坐标原点对称，其中点在第一象限，线段的中点是，点在轴上的投影是，直线交椭圆C于另一交点.直线的斜率分别是.

(1)求证：是定值并求出该定值；
(2)求证：；
(3)求面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）设，则，求得，结合在椭圆上，即可得出答案；
（2）因为是线段的中点，可得，类比（1）可得：，又，从而得，即可证得结论；
（3）设直线为，与椭圆方程联立求得的坐标，进而求出，设出直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得，结合（2）中结论求得 ，可得的解析式，通过变形处理，利用基本不等式及函数的单调性求得最大值.
【详解】（1）设，则，
因为在椭圆上，故，
因为，故，，
故，
因为，故
代入得：.
（2）因为是线段的中点，所以，则，
故，
类比（1）知，在椭圆上，同理可得：，
又代入得：，
所以，故；
（3）设直线为，，
由消去得：，故，
又因为点在第一象限，故，故，
故，，故，
故，
令，故，设直线：,
因为，故，
由消去得：，则，
因为，故，
故，将代入得：，
所以，
分子分母同除以，得，
令，故，当且仅当时取等号，
所以，，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递增，则，
所以，当且仅当，即时取等号，
故面积的最大值是.
22．已知函数（其中为自然对数的底数），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的都有不等式成立，求实数a的值．
(3)设，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.

【分析】（1）求出，分类讨论以及，根据导函数的符号即可得出函数的单调性；
（2）由已知得，求出，经分析可得.构造，可知在上单调递增.分以及，根据零点存在定理可知都有唯一解，有，进而得到的单调性和最小值.令，可得，又可证得，即可得到，进而求出a的值；
（3）由（1）知，当时，可推出成立，且仅在时取等号.令，进而推得.代入根据等比数列前项和公式即可证明.
【详解】（1）解：函数定义域为R，．
①当时，恒成立，函数在区间上单调递增；
②当时，解可得.
解，得，所以函数在上单调递增；
解，得，所以函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）令，定义域为，
.
①当时，单调递增，的值域为R，不符合题意；
②当时，，也不符合题意；
③当时，令，则 恒成立，
所以在上单调递增.
当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时；
当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时.
综上所述，对，都有唯一解，有，此时.
又当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增.
所以，
故只需.
令，上式即转化为，设，则.
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，当时，有最大值，所以，
所以.
又，所以，所以.
由，解得．
综上所述，满足条件的实数a的值为1.
（3）证明：由（1）知，当 时，对任意实数x，都有，
即，当且仅当时，等号成立.
令，，2，3，…，，，
则，即，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，不等式的证明采用 ，这个关键的不等式入手， 从而再用换元法证得结论．解题中注意变化的技巧与方法．