2023届新高考复习系列模拟试卷(九)(新高考I卷)数学试题含解析
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数 学 试 卷
第I卷 选择题部分(共60分)
一、选择题:本大题共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.(2023·河南·高三信阳高中校联考阶段练习)已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】利用集合的交集运算求解.
【详解】解:因为集合,,
所以,
故选:D
2.(2023春·四川成都·高三校联考期末)已知复数,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据复数的乘法运算以及除法运算即可化简求解.
【详解】由得, ,,所以,
故选:A
3.(2023春·四川成都·高三校联考期末)已知向量、满足,,且与夹角的余弦值为,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得,再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】由平面向量数量积的定义可得,
所以,.
故选:B.
4.(2023·全国·模拟预测)如图1,位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔,其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥,如图2,已知正四棱锥的高为4.87m,其侧棱与高的夹角为45°,则该正四棱锥的体积约为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】设正四棱锥的底面边长为a m,连接AC,BD交于点O,连接PO,易得平面ABCD,,再根据高为4.87m求解.
【详解】解:如图所示:
设正四棱锥的底面边长为a m,连接AC,BD交于点O,连接PO,
则平面ABCD,由题可得,
故,所以,
解得,
所以该正四棱锥的体积.
故选:D.
5.(2023·内蒙古·校联考模拟预测)如图,这是第24届国际数学家大会会标的大致图案,它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现给这5个区域涂色,要求相邻的区域不能涂同一种颜色,且每个区域只涂一种颜色.若有5种颜色可供选择,则恰用4种颜色的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先求用5种颜色任意涂色的方法总数,再求恰好用完4种颜色涂色的方法总数,最后按照古典概型求概率即可.
【详解】若按要求用5种颜色任意涂色:
先涂中间块,有5种选择,再涂上块,有4种选择.
再涂下块,若下块与上块涂相同颜色,则左块和右块均有3种选择;
若下块与上块涂不同颜色,则下块有3种选择,左块和右块均有2种选择.
则共有种方法.
若恰只用其中4种颜色涂色:
先在5种颜色中任选4种颜色,有种选择.
先涂中间块,有4种选择,再涂上块,有3种选择.
再涂下块,若下块与上块涂相同颜色,则左块有2种选择,
为恰好用尽4种颜色,则右块只有1种选择;
若下块与上块涂不同颜色,则下块有2种选择,左块和右块均只有1种选择.
则共有种方法,
故恰用4种颜色的概率是.
故选:C.
6.(2023春·河南·高三荥阳市高级中学校联考阶段练习)已知函数,其图象的两相邻对称中心间的距离为4,若,则( )
A.
B.图象的对称轴方程为
C.在上单调递减
D.不等式的解集为
【答案】D
【分析】由题,结合三角函数的性质待定系数得,再依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解:因为函数,其图象的两相邻对称中心间的距离为4,
所以的最小正周期,即,解得,
所以,
由,得,又,
所以,即,则A错误;
由,得,
所以的对称轴方程为,则B错误;
令,得,
所以的单调递减区间为,
不是的子集,则C错误;
由,得,
所以,解得,
所以,不等式的解集为,故D正确.
故选:D.
7.(2023春·四川成都·高三树德中学校考开学考试)已知,,,则的大小关系为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】构造函数对函数求导利用导函数的单调性比较值的大小.
【详解】设,
则,
当时,,当时,,
所以在上单调递增,在单调递减,
所以,
所以,在上恒成立,
所以,
设,
则,
当时,,当时,,
所以在上单调递减,在单调递增,
所以,
所以,在上恒成立,
所以,
从而有,
故选:C.
8.(2023·湖北武汉·统考模拟预测)设A,B是半径为3的球体O表面上两定点,且,球体O表面上动点P满足,则点P的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】建立直角坐标系,根据确定轨迹为圆,转化到空间得到轨迹为两球的交线,计算球心距,对应圆的半径为,再计算周长得到答案.
【详解】以所在的平面建立直角坐标系,为轴,的垂直平分线为轴,
,则,,设,,
则,整理得到,
故轨迹是以为圆心,半径的圆,
转化到空间中:当绕为轴旋转一周时,不变,依然满足,
故空间中的轨迹为以为球心,半径为的球,
同时在球上,故在两球的交线上,为圆.
球心距为,
为直角三角形,对应圆的半径为,
周长为.
故选:D
二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对得5分,部分选对得3分,有选错的得0分.
9.(2023·辽宁·校联考模拟预测)在正方体中,E,F分别为,的中点,则下列结论错误的是( )
A.平面 B.平面
C.平面 D.平面
【答案】BCD
【分析】以点为坐标原点,以,,方向为,,轴为正方向,建立空间直角坐标系,根据线与面的平行与垂直的向量求法对选项一一验证即可.
【详解】
以点为坐标原点,以,,方向为,,轴为正方向,建立如图所示空间直角坐标系,
设正方体的边长为2,
则,,,,,,,,,
则,,,
设平面的一个法向量为,
则,令,则,
则,则平面,故A正确;
,,
设平面的一个法向量为,
则,令,则,
,则与平面不平行,故B错误;
,,
设平面的一个法向量为,
则,令,则,
,则与平面不垂直,故C错误;
,,
设平面的一个法向量为,
则,令,则,
,则与平面不垂直,故D错误;
故选:BCD.
10.(2022秋·福建泉州·高三校考开学考试)已知函数,则( )
A.定义域为 B.值域为
C.在的切线方程为 D.与只有一个交点
【答案】AC
【分析】对A、B:根据指数函数的定义域和值域分析判断;对C:根据导数的几何意义分析运算;对D:构建,求导,利用导数判断的零点个数,进而可以判断与的交点个数.
【详解】对A:定义域为,A正确;
对B:∵,则,即值域为,B错误;
对C:∵,则,
可得,即切点坐标为,切线斜率为,
故切线方程为,C正确;
对D:构建,则,
令,则,
故在上单调递减,在上单调递增,则,
且,
故在内均存在零点,即与有两个交点,D错误.
故选:AC.
11.(2023·山东·烟台二中校考模拟预测)已知函数的定义域均为,且满足,,,则( )
A. B.
C.的图象关于点对称 D.
【答案】ABD
【分析】由得出的图象关于点对称,即;由和得出,判断选项A正确;由函数的图象关于点对称,判断选项B正确;由和得出的图象关于点中心对称,C错误;记,则数列和均为等差数列,利用等差数列的求和公式计算可得D正确.
【详解】因为,所以的图象关于点对称,所以,
因为,所以,即,
因为,所以,
代入得,即,A正确;
因为定义域为的函数的图象关于点对称,所以,B正确;
由,得,即,.
因为,所以,
又因为,相减得,
所以的图象关于点中心对称,C错误;
因为函数的定义域为,所以,所以.
记,
结合A、C分析知:数列是以为首项,为公差的等差数列,数列是以为首项,为公差的等差数列,
故,,
所以,D正确;
故选:ABD.
12.(2023·江苏连云港·统考模拟预测)已知抛物线C:的焦点为F,直线l与C交于,两点,其中点A在第一象限,点M是AB的中点,作MN垂直于准线,垂足为N,则下列结论正确的是( )
A.若直线l经过焦点F,且,则
B.若,则直线l的倾斜角为
C.若以AB为直径的圆M经过焦点F,则的最小值为
D.若以AB为直径作圆M,则圆M与准线相切
【答案】BC
【分析】A选项,考虑直线斜率为0和不为0两种情况,设出直线方程,联立抛物线方程,得到两根之和,两根之积,由列出方程,求出,A错误;B选项,先得到直线经过抛物线焦点,与A一样,设出直线方程,联立抛物线方程,得到两根之和,两根之积,结合求出直线l的斜率,得到倾斜角;C选项,设,由抛物线定义结合基本不等式得到的最小值;D选项,与C一样,考虑直线l不经过焦点时,得到圆M与准线相离,D错误.
【详解】A选项,由题意得:,准线方程为,
当直线的斜率为0时,此时,直线l与C只有1个交点,不合题意,
故设直线,与联立得:,
故,
则,所以,
解得:,A错误;
B选项,因为,所以三点共线,即直线经过抛物线焦点,
当直线的斜率为0时,此时,直线l与C只有1个交点,不合题意,
故设直线,与联立得:,
故,
因为,所以,
代入中,得到,
即,
因为点A在第一象限,所以,故,即,,
解得:
故直线l的斜率为,设直线l的倾斜角为,则,
解得:,B正确;
C选项,设,过点作⊥准线于点,过点作⊥准线于点P,
因为以AB为直径的圆M经过焦点F,所以⊥,
则,
由抛物线定义可知:,
由基本不等式得:,则,
当且仅当时,等号成立,
故,即,C正确;
D选项,当直线l不经过焦点时,设,
由三角形三边关系可知:,
由抛物线定义可知结合C选项可知:,即,
若以AB为直径作圆M,则圆M与准线相离,D错误.
故选:BC
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法:
(1)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用几何法来解决;
(2)代数法,若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值或范围.
第II卷 非选择题部分(共90分)
三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末)的展开式中的系数为________(用数字作答).
【答案】
【分析】根据二项式定理展开求解即可.
【详解】解:根据题意得的展开式中的系数为,的系数为,
所以,的展开式中的系数为.
故答案为:
14.(2023·河南·校联考模拟预测)圆与x轴相切于点A.点B在圆C上运动,则AB的中点M的轨迹方程为______(当点B运动到与A重合时,规定点M与点A重合);点N是直线上一点,则的最小值为______.
【答案】
【分析】将点M的轨迹转化为以AC为直径的圆,再确定圆心及半径即可求解,将的最小值转化为点到圆心的距离再减去半径可求解.
【详解】依题意得,,因为M为AB中点,所以,
所以点M的轨迹是以AC为直径的圆,又AC中点为,,
所以点M的轨迹方程为,圆心,
设关于直线的对称点为,
则有,解得,所以,
所以由对称性可知的最小值为.
故答案为:,
15.(2023春·安徽亳州·高三蒙城第一中学统考开学考试)若曲线与曲线存在公切线,则a的取值范围为__________.
【答案】
【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解,求导后列出方程求解即可.
【详解】由,则,设切点为,切线斜率为,
所以,切线为,即,
由,则,设切点为,切线斜率为,
所以,切线为,即,
根据题设,若它们切线为公切线,则有,即,
又,即且,即,
由上关系式并消去并整理得在上有解,
令,则,
当,则,即,此时递增;
当,则或,即或,此时递减;
又,,
所以,即.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:设切点并写出两曲线对应的切线方程,根据公切线列方程组,注意切点横坐标及参数a范围,进而转化为方程在某区内有解问题.
16.(2023秋·山东潍坊·高三统考期末)设双曲线的右顶点为,过点且斜率为2的直线与的两条渐近线分别交于点,.若线段的中点为,,则的离心率______.
【答案】
【分析】根据题意可得出直线方程,与渐近线方程联立解得交点,的坐标,再根据中点坐标公式求出,由直线斜率为2以及利用余弦定理解得,再利用两点间距离公式可得关于的方程,解得即可求得离心率.
【详解】由题意可知,双曲线的两条渐近线方程为
过点且斜率为2的直线方程为,
不妨设直线与渐近线交于点,与渐近线交于点,如下图所示:
联立可得,
同理得,所以的中点为
设过点且斜率为2的直线的倾斜角为,即,可得
所以,
由余弦定理可得
即,
整理可得,
即,解得或(舍)
所以双曲线离心率为.
故答案为:
【点睛】关键点点睛:求解本题离心率问题时,关键是联立直线与渐近线方程解得交点,的坐标得出中点的坐标,再利用斜率以及由余弦定理找出等量关系,建立关于的方程,即可求得离心率.
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.(2023·四川·校联考一模)已知等差数列与正项等比数列满足.
(1)求数列和的通项公式;
(2)记数列的前20项的和为,数列的前n项和为,求满足的n的最小值.
【答案】(1);
(2)
【分析】(1)根据等差数列与等比数列的基本计算得对应的公差与公比分别为,再求通项公式即可;
(2)结合等差数列与等比数列求和公式得,再解不等式即可得答案.
【详解】(1)解:设等差数列与正项等比数列公差,公比分别为,
因为,
所以,解得,
所以,数列的通项公式为
数列的通项公式为.
(2)解:由(1)得,,
所以,即为,即为,
因为单调递增,
所以,满足的正整数最小值为
18.(2023·河南平顶山·校联考模拟预测)如图,P为半圆(AB为直径)上一动点,,,记.
(1)当时,求OP的长;
(2)当面积最大时,求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)求出的值,由正弦定理即可求出OP的长;
(2)由余弦定理及基本不等式求出与的乘积关系,写出面积表达式,即可得出的值.
【详解】(1)由题意,
在中,,,,
∴为等腰直角三角形,
∴在以为直径的圆上,
取的中点,连接,
∴,,
在中,,,
由正弦定理,
,
解得:
(2)由题意及(1)知,,,
在中,,,
由余弦定理,
,
即,
即,
∴,当且仅当时,等号成立,
又,
∴当且仅当时,的面积最大,此时,
∴.
19.(2023·山东日照·统考一模)如图,已知圆锥,AB是底面圆О的直径,且长为4,C是圆O上异于A,B的一点,.设二面角与二面角的大小分别为与.
(1)求的值;
(2)若,求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)作出,从而求得的值.
(2)建立空间直角坐标系,利用平面和平面的法向量,计算出二面角的余弦值.
【详解】(1)连结.
因为点为圆锥的顶点,所以平面.
分别取,的中点,,
连接,,,,则在圆中,.
由平面,得.
又,故平面,
所以.
所以.
同理,.
于是.
(2)因为,即所以即
.
在圆中,,以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系.
则,,.
又因为平面,所以轴,从而.
则,,.
设平面的法向量为,
则,即,
不妨取,则,,此时.
设平面的法向量为,
则,即
不妨取,则,,此时.
所以.
又二面角为钝二面角,
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛:
几何法求解二面角,要根据二面角的定义来求解;向量法求解二面角,关键是求得二面角的两个半平面的法向量,并且要注意二面角是锐角还是钝角.
20.(2023·全国·模拟预测)某省级综合医院共有1000名医护员工参加防疫知识和技能竞赛,其中男性450人,为了解该医院医护员工在防疫知识和技能竞赛中的情况,现按性别采用分层抽样的方法从中抽取100名医护员工的成绩(单位:分)作为样本进行统计,成绩均分布在400~700分之间,根据统计结果绘制的医护员工成绩的频率分布直方图如图所示,将成绩不低于600分的医护员工称为优秀防疫员工
(1)求a的值,并估计该医院医护员工成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)若样本中优秀防疫员工有女性10人,完成下列2×2列联表,并根据小概率值的独立性检验,能否认为该医院医护员工的性别与是否为优秀防疫员工有关联?
优秀防疫员工
非优秀防疫员工
合计
男
女
合计
(3)采用分层抽样的方法从样本中成绩在,的医护员工中抽取8人,再从这8人中随机抽取3人,记被抽取的3名医护员工中优秀防疫员工的人数为随机变量X,求X的分布列及数学期望.
附:,其中.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1),,550
(2)列联表见解析,认为性别与是否为优秀防疫员工无关联
(3)分布列见解析,
【分析】(1)首先根据频率和为1求出值,再求出成绩平均数,再根据中位数概念求出中位数即可;
(2)进行零假设,补全2×2列联表,计算计算的值并与临界值比较即可得到结论;
(3)求出分层抽样的各层人数,计算概率得到分布列,则得到其期望.
【详解】(1)第一步:根据频率之和为1求a的值
由题意知,解得.
第二步:根据平均数与中位数的定义求解,
估计该医院医护员工成绩的平均数,
.
因为,
所以估计中位数为550.
(2)第一步:写出零假设
零假设为:性别与是否为优秀防疫员工独立,即性别与是否为优秀防疫员工无关联.
第二步:补全2×2列联表
由题可知,样本中男性有人,女性有人,优秀防疫员工有(人),
其中女性10人,得出以下2×2列联表:
优秀防疫员工
非优秀防疫员工
合计
男
15
30
45
女
10
45
55
合计
25
75
100
第三步:计算的值并与临界值比较
根据列联表中的数据,得到,
第四步:得出结论
所以根据小概率值的独立性检验,我们没有充分证据推断不成立,故认为性别与是否为优秀防疫员工无关联.
(3)第一步:利用分层抽样的知识求抽取的8人中成绩在与中的人数
由题意及频率分布直方图可得,从成绩在的医护员工中抽取3人,从成绩在的医护员工中抽取5人,
第二步:写出随机变量X的所有可能取值
所以X的所有可能取值为0,1,2,3.
第三步:分别求出X取每个值的概率,得分布列
,,
,,
所以随机变量X的分布列为
P
0
1
2
3
X
第四步:计算数学期望
.
21.(2020春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)在平面直角坐标系中,动点到定点的距离与动点到定直线的距离的比值为,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的标准方程.
(2)若动直线l与曲线C相交于A,B两点,且(O为坐标原点),求弦长的取值范围.
【答案】(1);
(2).
【分析】(1)由两点距离公式列方程,化简整理可得标准方程;
(2)分别讨论直线l的斜率k存在与否. 其中斜率存在时,设出直线方程,由,则可由韦达定理表示并化简得方程,最后结合弦长公式化简结合基本不等式即得.
【详解】(1)由题意得,,两边平方化简得,
即可整理得曲线C的标准方程为;
(2)i.当直线l的斜率k不存在时,由椭圆对称性有,又,故为等腰直角三角形,
故,代入方程有,
则弦长;
ii.当直线l的斜率k存在时,设直线l为,联立椭圆消y得,
∴,,
由,
即
,整理得.
从而
.
当时,;
当时,,
当且仅当,即时取等号,
综上,弦长的取值范围为.
【点睛】直线与圆锥曲线问题,讨论直线斜率存在与否. 其中斜率存在时,设出直线方程,联立圆锥曲线方程,由韦达定理表示出条件及所求内容,将问题转化为关于参数的函数问题,进一步讨论.
22.(2023·山东日照·统考一模)已知函数,.
(1)若直线是的切线,函数总存在,使得,求的取值范围;
(2)设,若恰有三个不等实根,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)先根据导数的几何意义算出,然后分析出的范围,最后将化成只含有的表达式,构造函数进行求解;
(2)恰有三个不等实根,显然不能的极小值非负,讨论参数的范围,当极小值为负数的时候,根据绝对值函数的图像,只需就可使得恰有三个不等实根.
【详解】(1)由直线是的切线,可设切点为,则,解得,于是.
若,则,不符题意;
若,则,不符题意;
有一个取时均不成立,故只有才可以让成立.
于是,下设,则,故在上单调递增,故,于是,也即,
所以的取值范围为;
(2),在上单调递增,
当时,,,
下令,则,故为增函数,
于是,即,.
根据零点存在定理,,使得,当,,递减,当,,递增,故为极小值点,,由于,即,此时不可能有三个根;
当时,,根据零点存在定理,,使得,当,,递减,当,,递增,故为极小值点,,由于,此时不可能有三个根;
当时,,在上递增,注意到,,,递减,当,,递增,故为极小值点,而,故不可能有三个根;
当时,,根据零点存在定理,,使得,当,,递减,当,,递增,故为极小值点,,
而,故. 由.
由有三个根,则,
即,由,结合对勾函数性质推出,故,即
【点睛】关键点点睛:本题的难点在第二问,解决该问的关键是利用方程根的个数确定函数极值的范围及参与与极值的关系.
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专题05 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷3》(新高考I卷): 这是一份专题05 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷3》(新高考I卷),文件包含专题5《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》新高考I卷3解析版docx、专题5《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》新高考I卷3原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共33页, 欢迎下载使用。