数学（新高考Ⅱ卷B卷）-学易金卷：2023年高考第一次模拟考试卷

2023年高考数学第一次模拟考试卷（新高考Ⅱ卷B卷）

数学·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，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

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．设集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据数轴表示两个集合即可求得集合的并集.

【详解】解析在数轴上表示两个集合，如图：

易知.

故选：A

2．设复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.

【详解】依题意，

.

故选：D

3．幻方，是中国古代一种填数游戏．阶幻方是指将连续个正整数排成的正方形数阵，使之同一行、同一列和同一对角线上的个数的和都相等．中国古籍《周易本义》中的《洛书》记载了一个三阶幻方（如图）．若某3阶幻方正中间的数是2022，则该幻方中的最小数为（    ）

A．2017 B．2018 C．2019 D．2020

【答案】B

【分析】根据3阶幻方对应关系可得结果.

【详解】由题意，3阶幻方正中间的数是时，

幻方中的最小数为；

因此3阶幻方正中间的数是时，

幻方中的最小数为，

故选：B

4．已知向量，夹角为60°，且，则（    ）

A．0 B．10 C． D．

【答案】C

【分析】根据模长公式求模长，然后根据数量积的公式即可求解.

【详解】由可得，故，

故选：C

5．为提高新农村的教育水平，某地选派4名优秀的教师到甲､乙､丙三地进行为期一年的支教活动，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（    ）

A．18种 B．12种 C．72种 D．36种

【答案】D

【分析】先将4名教师分为3组，然后再分别派到甲､乙､丙三地，即可得解.

【详解】解：4名教师分为3组，有种方法，然后再分别派到甲､乙､丙三地，

共有种方案，所以共有36种选派方案.

故选：D.

6．若，则（    ）.

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用诱导公式及二倍角公式化简求值.

【详解】由已知，

所以，

故选：C.

7．如图是一个由三根细棒、、组成的支架，三根细棒、、两两所成的角都为，一个半径为的小球放在支架上，则球心到点的距离是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设所在小圆圆心为，由几何关系可求出比例关系，连接，利用，可求.

【详解】如图所示，连接，作所在外接圆圆心，连接，设，由、、两两所成的角都为可得，因为为几何中心，所以，易知对和，，所以，所以，即，解得.

故选：C

8．已知函数，则在同一个坐标系下函数与的图像不可能是（    ）

A．B．C．D．

【答案】D

【分析】设，由奇偶性的定义及性质可得是R上的奇函数，且是R上的增函数，然后分、和三种情况讨论即可求解.

【详解】解：设，

因为，

所以是R上的奇函数，

又时，在上单调递增，

所以在R上单调递增，且有唯一零点0，

所以的图像一定经过原点，

当时，与的图像相同，不符合题意．

当时，是R上的奇函数，且在上单调递增，所以与的图像可能为选项C；

当时，若，所以与的图像可能为选项A或B.

故选：D．

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．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．函数的最小正周期为π

B．点是曲线的对称中心

C．函数在区间内单调递增

D．函数在区间内有两个最值点

【答案】AC

【分析】由题可得，可得函数，然后根据三角函数的性质逐项分析即得.

【详解】由图可知，

所以，又，

所以，

所以，，，

得，，

又，得，

所以，所以，

所以函数的周期为，A正确；

由，得，，，取得，，对称中心为，

取得，，对称中心为，所以点不是曲线的对称中心，B错误；

由，得，，，当时，，函数在区间内单调递增，C正确；

由，可得，，取得，为函数的最值点，所以区间内有一个最值点，D错误.

故选：AC．

10．已知：，直线l：，P为l上的动点，过点P作的切线，切点为，当最小时，则（    ）

A．直线AB的方程为 B．

C．直线AB的方程为 D．

【答案】BCD

【分析】由题意可知直线l与圆相离，且四点四点共圆，且，即可得出，而，当直线时，，，此时最小，即可得出答案．

【详解】圆的方程可化为，

点M到直线l的距离为，

所以直线l与圆相离，

依圆的知识可知，四点四点共圆，且，

所以，

而，

当直线时，，，此时最小，

即，

由，解得

所以以MP为直径的圆的方程为，即，

两圆的方程相减可得：，即为直线AB的方程．

故选：BCD．

11．如图，正方体的棱长为1，，，分别为线段，，上的动点（不含端点），则（    ）

A．异面直线与成角可以为

B．当为中点时，存在点，使直线与平面平行

C．当，为中点时，平面截正方体所得的截面面积为

D．存在点，使点与点到平面的距离相等

【答案】BCD

【分析】根据异面直线夹角的求解方法，线面平行的判定，以及正方体的截面面积的计算，结合几何体的结构特点，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：因为//，故与的夹角即为与的夹角，

又当与重合时，取得最大值，为；

当与点重合时，取得最小值，设其为，则，故；

又点不能与重合，故，故A错误；

对B：当为中点时，存在分别为的中点，满足//面，证明如下：

取的中点为，连接，如下所示：

显然//，又面面，故//面；

又易得//，面面，故//面；

又面，故面//面，

又面，故//面，故B正确；

对C：连接，如下所示：

因为////，故面即为平面截正方体所得截面；

又，故该截面为等腰梯形，又，，

故截面面积，故C正确；

对D：连接，取其中点为，如下所示：

要使得点到平面的距离等于点到平面的距离，只需经过的中点，

显然存在这样的点满足要求，故D正确.

故选：BCD.

12．已知，则a，b满足的关系有（　　）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】先把指数式化为对数式，再利用对数的运算性质可判断A正确，根据，结合基本不等式可判断BCD的正误.

【详解】由，则，

A：，正确；

B：由A知：且，所以，即，故正确，

C：由A、B知：，而，故错误，

D：由上，，故正确.

故选：ABD.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．设，，若是的充分条件，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据题目条件得到，从而求出实数的取值范围.

【详解】是的充分条件，故，所以，

实数的取值范围为.

故答案为：

14．重庆八中某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率是__________.

【答案】

【分析】结合正态分布特点先求出，再由独立重复试验的概率公式即可求解.

【详解】因学生成绩符合正态分布，故，故任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率为.

故答案为：

15．已知，则的最小值为________．

【答案】

【分析】因为，再利用均值不等式即可得出答案.

【详解】因为，

所以，

当且仅当，即时取等，

所以的最小值为.

故答案为：.

16．已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，点P的坐标为（2，1），动点A，B在抛物线C上，且PA⊥PB，则FA+FB的最小值是__________.

【答案】

【分析】由PA⊥PB得，从而推得，再由抛物线的定义推得，从而利用换元法及配方法即可求得的最小值.

【详解】依题意，设，

由于与不重合，则，即，

因为PA⊥PB，所以，

则，

由拋物线的定义可得，

设，则，

当且仅当时，等号成立，

所以的最小值为.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。

17．在中，角所对的边分别为，满足.

(1)求角；

(2)若，，的面积为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理、正弦和角公式，以及，即可求出角；

（2）利用三角形面积公式可得，再利用正弦定理可得，即可求出的值.

【详解】（1）解：利用正弦定理得：，

即，

化简得，

由为的内角，得，

可得，

又为的内角，所以.

（2）解：已知，则，

，即①，

由，可得，

，

利用正弦定理可得，，即②

联立①②可得.

18．已知数列的前项和为．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）变型可得，从而可得为等差数列，进而求得，根据与的关系可得；

（2）根据错位相减法即可求解.

【详解】（1）因为，

则有，

两边同时除以得：，，

所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，

故，则，

当时，，符合，

故.

（2），

①

②

①②得：

即，

得.

19．某校为了了解学生每天完成数学作业所需的时间收集了相关数据（单位：分钟），并将所得数据绘制成频率分布直方图（如图），其中，学生完成数学作业的时间的范围是．其统计数据分组区间为，，，，．

(1)求直方图中x的值；

(2)以直方图中的频率作为概率，从该校学生中任选4人，这4名学生中完成数学作业所需时间少于20分钟的人数记为X，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为1.

【分析】（1）根据频率分布直方图的性质即可求解；

（2）由题意可知，随机变量X服从二项分布.

【详解】（1）由直方图小矩形面积之和为1，

可得:，

解得；

（2）X的可能取值为0，1，2，3，4．

由直方图可知，每位学生完成数学作业所需时间少于20分钟的概率为，

则，，

，，

．

所以的分布列为：

因为

所以．

20．如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，．

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成锐角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）作出辅助线，求出，由勾股定理逆定理得到，进而得到线面垂直，得到，从而得到平面，得到，最终证明出平面，得到面面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角的余弦值.

【详解】（1）证明：连接，

因为，

所以，

因为，

所以，

由勾股定理得：，

因为，

故，所以，

又，

所以平面，

又平面，

所以，

又，

所以平面，

又平面，所以，

又，所以平面，

又平面，所以平面平面．

（2）由（1）知两两垂直，以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

，

由平面知是平面的一个法向量．

设平面的法向量为，

由得：，

解得：，令，则，故，

设平面与平面所成锐角为，

即，

所以平面与平面所成锐角的余弦值为．

21．设分别是双曲线的左、右两焦点，过点的直线与的右支交于M，N两点，过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点的距离为．

(1)求双曲线的方程；

(2)当时，求实数m的值；

(3)设点M关于坐标原点O的对称点为P，当时，求△PMN面积S的值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据点在双曲线上及两点距离列方程组求双曲线参数，即可得方程；

（2）由点在直线上求得t＝2，根据F1到直线的距离与等腰三角形底边上的高相等，列方程求参数m；

（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立双曲线与直线方程，应用韦达定理得，，由向量的数量关系可得，根据对称点，三角形面积公式，可求△PMN面积．

【详解】（1）因为双曲线过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点的距离为，

可得：，解得：，

所以双曲线的方程为．

（2）因为直线，且过点F2（2，0），

则，解得：，

由得：三角形为等腰三角形，

所以等腰三角形底边上的高的大小为，

又因为点F1到直线的距离等于等腰三角形底边上的高，

则，

化简得：，即．

（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），

由直线与双曲线联立得：，

化简得：，

由韦达定理得：，，

又，即，则，，

即，则，

又点M关于坐标原点O的对称点为P，则：

．

则所求的△PMN面积为．

22．己知函数（其中）．

(1)当时，求的最大值；

(2)对任意，都有成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)最大值为0

(2)

【分析】（1）将代入函数中，求出函数的导数，根据函数单调性求出最值..

（2）任意都有成立，代入进行参变分离，得，

构造新函数，求最值即可求得.

【详解】（1）将代入函数中，，由

所以

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，，所以函数在上单调递减；

故函数

（2）任意都有成立，

即，即，

令， ，

令，

则在上恒成立，即 在上单调递增.

又，

故在 内有零点，设零点为，

当时，，

当时，，

所以，则，

所以，

设，，

所以在单调递增，

，即，

所以，

所以，

所以.

即实数a的取值范围是

【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：

①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），

②求极值或最值

③求切线方程

④通过切线方程求原函数的解析式

⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围

⑥证明不等式

解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.