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    2023届新高考复习系列模拟试卷(七)(新高考I卷)数学试题含解析

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    这是一份2023届新高考复习系列模拟试卷(七)(新高考I卷)数学试题含解析,共30页。试卷主要包含了选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

     

    数 学 试 卷

    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·北京朝阳·高三统考期末)已知全集,集合,则    

    A B

    C D

    【答案】B

    【分析】由补集的定义即可求解.

    【详解】因为全集,集合

    由补集的运算可得

    对应区间为.

    故选:B.

    2.(2022·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末)若复数满足,则的共轭复数是(    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】根据复数除法运算可求得,根据共轭复数定义可得结果.

    【详解】.

    故选:C.

    3.(2022·全国·高三专题练习)我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了,勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的,被后人称为赵爽弦图赵爽弦图是数形结合思想的体现,是中国古代数学的图腾,还被用做第24届国际数学家大会的会徽.如图,大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的,若的中点,则    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】根据向量数乘和加减法法则,结合几何图形即可求解.

    【详解】

    故选:A

    4.(2023·全国·模拟预测)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作,其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为,则该圆锥的体积为(    

    A B C D

    【答案】D

    【分析】根据题中定义,结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可.

    【详解】设直角圆角的底面半径为,母线为,高为

    因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形,

    所以有

    因为直角圆锥的侧面积为

    所以有,即

    因此

    所以该直角圆锥的体积为

    故选:D

    5.(2022·福建·高三校联考阶段练习)某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分(单位:分)如下:,这八人成绩的第60百分位数是.若在该小组随机选取两名学生,则得分都比低的概率为(    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】首先根据题意得到,再利用古典概型公式求解即可.

    【详解】,故这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数,

    ,在该小组随机选取两名学生共有种情况,

    其中得分都比低的有种,

    所以所求概率

    故选:C

    6.(2022·天津南开·高三南开中学校考阶段练习)将函数的图象纵坐标不变,横坐标缩小为原来的,再向左平移个单位,得到函数的图象,则下列说法正确的是(    

    A的图象关于点对称 B的图象关于直线对称

    C过点 D在区间上单调递增

    【答案】D

    【分析】利用函数图象变换可求得函数的解析式,利用正弦型函数的对称性可判断AB选项;计算出的值,可判断C选项;利用正弦型函数的单调性可判断D选项.

    【详解】将函数的图象纵坐标不变,横坐标缩小为原来的,可得到函数的图象,

    再将所得图象向左平移个单位,可得到函数的图象,

    对于A选项,A错;

    对于B选项,B错;

    对于C选项,C错;

    对于D选项,当时,

    所以,函数在区间上单调递增,D.

    故选:D.

    7.(2023·重庆·统考一模)已知,则(    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】利用,可判断,再利用,即可得到答案.

    【详解】

    ,则,故函数单调递减,单调递增,则

    ,即

    ,故

    同理可证

    ,则

    故选:C.

    8.(2023·浙江温州·统考模拟预测)在三棱锥中,平面,则三棱锥外接球表面积的最小值为(    

    A B C D

    【答案】D

    【分析】设,在等腰中,求得,设的外心是,外接圆半径是,由正弦定理得,设外接球球心是,可得是直角梯形,设可得,把)也用表示,然后可表示出外接球半径,利用三角恒等变换,换元法,变形后由基本不等式求得最小值,从而得球表面积的最小值.

    【详解】设,在等腰中,,设的外心是,外接圆半径是,则

    设外接球球心是,则平面平面,则,同理

    平面,所以是直角梯形,

    ,外接球半径为,即

    ,所以

    在直角中,

    ,则

    ,当且仅当时等号成立,

    所以的最小值是

    故选:D.

    【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积,解题关键是用一个变量表示出球的表面积,前提是选定一个参数,由已知设,其他量都用表示,并利用三角函数恒等变换,换元法,基本不等式等求得最小值.考查了学生的运算求解能力,逻辑思维能力,属于难题.

    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.(2022·广东·高三校联考阶段练习)在正方体中,MNP分别是面,面,面的中心,则下列结论正确的是(    

    A B 平面

    C平面 D所成的角是

    【答案】ABD

    【分析】A.利用三角形中位线进行证明;B.通过线面平行的定理证明;C.通过线面垂直的性质进行判断;D.通过平行的传递性找出即为所成的角,即可求出答案.

    【详解】连接,则的中位线,,故A正确;

    连接,则平面平面

    平面,即平面,故B正确;

    连接,则平面即为平面,显然不垂直平面,故C错误;

    或其补角为所成的角,,故D正确.

    故选:ABD

    10.(2022·广东汕头·高三统考期末)已知函数,其导函数为,下列说法正确的是(    

    A.函数的单调减区间为

    B.函数的极小值是

    C.当时,对于任意的,都有

    D.函数的图像有条切线方程为

    【答案】AB

    【分析】对函数进行求导,对A即可解决问题;

    B选项把增减区间求出来后即可得极值;C选项做差法证明即可;D由切线斜率为3出发

    反向分析即可得答案.

    【详解】因为

    所以

    所以的单调减区间为

    A正确.

    所以单调递增

    单调递减

    所以函数的极小值为

    故选项B正确;

    矛盾,

    故选项C错误.

    解的

    时切点不在

    时切点不在上,

    故选项D错误,

    故选:AB

    11.(2023·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习)已知抛物线的焦点为,准线为,过抛物线上一点的垂线,垂足为,则下列说法正确的是(    

    A.准线的方程为

    B.若过焦点的直线交抛物线两点,且,则

    C.若,则的最小值为3

    D.延长交抛物线于点,若,则

    【答案】BCD

    【分析】根据抛物线准线方程、抛物线的定义,结合两点间线段最短、相似三角形的性质逐一判断即可.

    【详解】因为抛物线的方程为,所以,所以准线的方程为错误;

    由题意可知B正确;

    由抛物线上的点到焦点与到准线的距离相等可知

    所以当三点共线时,取得最小值,即为点到准线的距离,所以最小值为正确;

    如图所示,不妨设在第一象限,过轴于点,过轴于点

    作准线的垂线,垂足为,设准线与轴的交点为,则

    易知,则有,即,解得,则D正确.

    故选:BCD.

    【点睛】关键点睛:利用相似三角形的性质是解题的关键.

    12.(2022·山东·高三校联考阶段练习)已知奇函数上可导,其导函数为,且恒成立,则下列选项正确的是(    ).

    A为非奇非偶函数

    B

    C

    D

    【答案】BCD

    【分析】由函数的奇偶性定义判断出为奇函数,A错误;赋值法得到,结合奇偶性得到,联立后求出B正确;将变形为,令,则,结合是奇函数,得到是一个周期为4的周期函数,得到,求出C正确;

    求导,得到,赋值法得到,结合的周期性与奇偶性得到的周期性和奇偶性,得到.

    【详解】由已知有R上的奇函数,所以

    的定义域为R,且

    为奇函数,故A选项错误;

    由已知有:恒成立,

    时,

    因为为奇函数,故

    时,

    ①②解得:,故B选项正确;

    由已知有:恒成立,

    恒成立,

    ,则恒成立,

    A选项知是奇函数,故

    ,即

    所以

    所以是一个周期为4的周期函数,

    所以,故C选项正确;

    由已知有:R上可导,

    求导有:

    时,,则

    因为,所以

    又因为是奇函数,故是偶函数,所以

    因为是一个周期为4的周期函数,所以也是一个周期为4的周期函数,

    以下是证明过程:假设为周期为的函数,则

    所以为周期为的函数,

    ,故D选项正确.

    故选:BCD

    【点睛】结论点睛:设函数

    1)若,则函数的周期为2a

    2)若,则函数的周期为2a

    3)若,则函数的周期为2a

    4)若,则函数的周期为2a

    5)若,则函数的周期为

    6)若函数的图象关于直线对称,则函数的周期为

    7)若函数的图象既关于点对称,又关于点对称,则函数的周期为

    8)若函数的图象既关于直线对称,又关于点对称,则函数的周期为

    9)若函数是偶函数,且其图象关于直线对称,则的周期为2a

    10)若函数是奇函数,且其图象关于直线对称,则的周期为4a

    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·广东·高三校联考阶段练习)的展开式中项的系数为______________________.(用数字作答)

    【答案】

    【分析】由二项式展开式的通项公式求解即可

    【详解】的展开式通项为

    所以

    故所求的系数为

    故答案为:

    14.(2022·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期末)已知圆与圆相交于两点,则_________.

    【答案】

    【分析】两圆方程相减,即可求出直线AB的方程为,求出圆心到直线AB的距离d,进而根据几何法得弦.

    【详解】解:因为圆与圆相交于两点,

    所以直线AB的方程为:

    圆心到弦AB的距离

    所以

    故答案为:.

    15.(2023·广东·高三校联考阶段练习)已知点在曲线上,该曲线过的切线交坐标轴于两点,若,则面积的取值范围是____________________.为坐标原点)

    【答案】

    【分析】根据切线方程的公式,得到切线为:,根据题意计算,列出面积为,再令,利用导数讨论面积的取值范围.

    【详解】设,则,得

    切线方程为:,设切线交轴于,交轴于,故可得

    ,则面积为:

    ,则

    所以,时,单调递增,

    时,单调递减,故

    时,

    所以,,则面积的取值范围是.

    故答案为:

    16.(2022·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考期末)以原点为对称中心的椭圆C1C2焦点分别在x轴,y轴,离心率分别为e1e2,直线lC1C2所得的弦中点分别为,若,则直线l的斜率为__________

    【答案】±1

    【分析】利用点差法可得,进而可得,然后结合条件即求.

    【详解】设椭圆,椭圆

    设直线lC1的交点为,直线l的斜率为

    ,即

    同理可得

    ,即

    .

    故答案为:.

    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.(2022·浙江·模拟预测)已知正项数列的前项和为,且.

    (1)求数列的通项公式;

    (2)记数列的前项和,求证:.

    【答案】(1)

    (2)见解析

    【分析】(1)根据的关系,再结合等差数列即可得出答案;

    2)利用裂项相消法求出,即可得证.

    【详解】(1)解:当时,,所以

    两式相减得

    ,所以

    所以数列的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列,

    所以数列是以为首项为公差的等差数列,

    所以

    2)解:

    所以

    所以.

    18.(2023·河北·高三统考阶段练习)在中,角ABC所对的边长分别为abc,且

    (1)A的值;

    (2)的面积为,求a的最小值.

    【答案】(1)

    (2).

    【分析】(1)根据三角恒等变换可得,然后根据正弦定理及余弦定理结合条件即得;

    2)根据三角形面积公式可得,然后根据余弦定理及基本不等式即得.

    【详解】(1)由

    可得

    所以

    整理得:

    由正弦定理得:

    A内角,

    2)由,得

    所以

    ,当且仅当时,符号成立,

    ,又

    a 的最小值为

    19.(2023·重庆·统考一模)如图,在直三棱柱中,侧面是正方形,且平面平面.

    (1)求证:

    (2)若直线与平面所成的角为E为线段的中点,求平面与平面所成锐二面角的大小.

    【答案】(1)证明见解析

    (2)

    【分析】(1)通过证明平面来证得.

    2)建立空间直角坐标系,利用向量法求得平面与平面所成锐二面角的大小.

    【详解】(1)设,则中点为M,且

    平面平面且交线为平面

    平面

    平面

    又直三棱柱

    平面

    平面

    平面.

    2)由(1)知平面

    所以直线与平面所成的角为

    不妨设

    B为原点,分别为xyz轴正向建立坐标系,

    设平面的法向量为

    ,故可设

    设平面的法向量为

    ,故可设

    设平面与平面所成锐二面角为

    .

    20.(2023·广东·高三校联考阶段练习)2020年,一场突如其来的新型冠状病毒疫情席卷全球,时至今日,仍影响着人们的生产生活,为快速箭查出阳性患者,需按如下方案进行核酸检测:随机将10人分成一组,将10人样本混合后检测.若混合样本呈阴性,说明10人全部阴性;若混合样本呈阳性,说明其中至少一人呈阳性,则必须对这10人进行单人单检.

    假设携带病毒(阳性)的人在人群中的占比为,且每个人是否携带病毒相互独立.

    (1)现有10份单人单检的样本,其中有2份为阳性.求恰好经过3次检测就排查出所有阳性样本的概率.

    (2)请结合离散型随机变量及其分布列的有关知识,计算当值在什么范围时,上述核酸检测方案优于单人单检方案.(参考数据:

    【答案】(1)

    (2)

    【分析】(1)分析试验过程,利用独立重复实验的概率公式即可求解;(2)计算出10人混采次数的数学期望,建立不等式,即可解得.

    【详解】(1)记事件A:恰好经过3次检测就排查出所有阳性样本.所以需要第三次检测是阳性,前两次中有一次是阳性.

    .

    即恰好经过3次检测就排查出所有阳性样本的概率为.

    2)有10人参加核酸检测.

    若采用单人单检方案,10人需要采集10次;

    若采用上述核酸检测方案,检测次数为,则的可能取值为111.

    其中.

    所以

    要使上述核酸检测方案优于单人单检方案,只需

    整理化简得:,解得:.

    因为,所以

    所以,所以.

    综上所述:当时,上述核酸检测方案优于单人单检方案

    21.(2022·辽宁大连·高三统考期末)已知双曲线的离心率为,经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于AB两点,点位于第一象限,是双曲线Q右支上一点,,设

    (1)求双曲线Q的标准方程;

    (2)求证:CDB三点共线;

    (3)面积为,求直线l的方程.

    【答案】(1)

    (2)证明见解析

    (3)

    【分析】(1)根据离心率即可求解

    2)利用坐标运算,结合点差法以及向量共线的坐标表示即可求解,

    3)根据三角形面积公式,利用联立方程,韦达定理,代入化简即可得到关于的方程,

    【详解】(1)由双曲线的离心率为,所以,解得

    所以双曲线Q的标准方程为

    2)由,,所以

    ,

    由于在双曲线上,所以

    相减得

    ①②

    由于,所以

    代入得

    所以,因此CDB三点共线

    3)设直线的方程为

    联立直线与双曲线的方程为:

    所以

    直线的方程为

    联立

    所以

    由于轴,,所以

    所以

    由于代入得

    ,则,化简得,由于

    所以

    因此,解得

    由于,所以

    故直线方程为

    【点睛】方法点睛:解析几何中的弦长以及面积问题以及最值是常见的类型,对于这类问题一般有两种方法:一是几何意义,特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决,非常巧妙;二是将解析几何中最值问题转化为函数问题,然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.

    22.(2023·河南郑州·高三校联考阶段练习)已知函数

    (1)上单调递增,求的取值范围;

    (2)时,证明:.

    【答案】(1)

    (2)证明见解析

    【分析】(1)由上单调递增,得恒成立,讨论的单调性,求的最小值大于等于恒成立,建立不等关系,求得答案.

    2)利用分析法转化需要证明的结论为,构造函数利用导数研究单调性,可判断函数在上存在唯一零点,结合重要不等式对式子进行放缩,结论得证.

    【详解】(1上单调递增,所以恒成立,

    恒成立,

    时,恒成立.

    ,所以hx)在上单调递增,

    所以时,,故不符合题意.

    时,令,解得

    时,单调递增;

    时,单调递减,

    所以

    解得.

    综上,的取值范围是.

    2)证明:当时,

    要证,即证

    只需证

    即证

    ,令

    时,,当时,

    所以

    故存在使得

    所以

    时递增,在时递减.

    则二次函数关于直线对称,函数图象开口向下,且

    故当时,,又

    ,所以函数在上存在唯一零点

    使得.

    ,当且仅当时等号成立.

    ,则

    时,单调递增;

    时,单调递减,

    所以

    ,当且仅当时等号成立

    因为取等号的条件不一致,故.

    【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极()值问题处理.


     

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