冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷04（新高考全国Ⅰ卷）（解析版）

2023年新高考全国Ⅰ卷模拟测试卷04

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用补集的定义求解作答.

【解析】集合，而全集，

所以.

故选：A

2．已知，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，结合简易逻辑用语判断选项即可.

【解析】因为定义域上单调递减，故由得，而定义域上单调递增，故，满足充分性；

又，满足必要性，

故选：C

3．为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（    ）

A．43.5分钟 B．45.5分钟 C．47.5分钟 D．49.5分钟

【答案】C

【分析】由百分位数的定义求解即可.

【解析】由频率之和为1得：，解得，

由，，

故第25百分位数位于内，

则第25百分位数为.

可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，

故选：C.

4．已知，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解.

【解析】

.

故选：B.

5．已知直线与曲线相切，则实数a的值为（    ）

A． B． C．0 D．2

【答案】A

【分析】设切点，利用导数的几何意义计算即可.

【解析】设切点为，易知，则，解之得，

故选：A

6．某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（    ）

A．的数据较更集中

B．

C．甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于

D．

【答案】D

【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解.

【解析】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；

对于B，因为c与 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积 ，

，正确；

对于C， ， 甲种茶青每500克超过 的概率 ，正确；

对于D，由B知： ，错误；

故选：D.

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．

【答案】A

【分析】根据两点间距离公式，结合一元二次不等式的性质、双曲线离心率公式进行求解即可.

【解析】设，，

由，代入不等式中，

化简，得恒成立，

则有，

解得，而，所以

故选：A

【点睛】方法点睛：一般求双曲线的离心率的方法是：根据已知的等式或不等式，构造关于中任意两个量的双齐次方程或不等式，再结合双曲线的离心率大于1进行求解即可.

8．中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ）

A．24 B．28 C．32 D．36

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.

【解析】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，

依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，

因此，于是长方体的体积，

所以该正四棱台的体积为.

故选：B

【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则的最小值为4

C．命题使得，则

D．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为

【答案】AD

【分析】根据不等式的性质判断A选项，根据基本不等式取等条件判断B选项，根据命题的否定判断C选项，根据古典概型概念判断D选项.

【解析】若，左右两边乘以,可得,A选项正确;

,当且仅当取等号,显然等号取不到，即的最小值不是4,B选项错误;

命题使得，则,C选项错误;

从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有10种情况：,

则以这3个数为边长能构成直角三角形有1种情况，

则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为,D选项正确;

故选:AD.

10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于点对称

B．在区间的最小值为

C．为偶函数

D．的图象向右平个单位后得到的图象

【答案】BC

【分析】由图象可求得的解析式，对于A： 验证是否为的零点；对于B先求出的范围再求的值域；对于C，求出的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断.

【解析】，由图象可知，即，又，所以，

由五点作图法可得，解得，所以，

对于A：，所以的图象关于对称，故A错误；

对于B：当时，，即在区间上的最小值为，故B正确；

对于C：，为偶函数，故C正确.

对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误；

故选:BC.

11．如图所示，从一个半径为（单位：）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥，则以下说法正确的是（    ）

A．四棱锥的体积是

B．四棱锥的外接球的表面积是

C．异面直线与所成角的大小为

D．二面角所成角的余弦值为

【答案】BCD

【解析】设正方形边长为，则有，

所以，解得，

折叠而成正四棱锥如图所示，其中为外接球的球心，

四棱锥的高，

所以四棱锥的体积，所以选项A错误；

设四棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，

则有，

解得，所以四棱锥外接球表面积，

因为，所以异面直线与所成角为，

取的中点，连接，，如图，

因为，均为等边三角形，

所以，，

所以为二面角所成角的平面角，

在中，由余弦定理得

，

故正确答案为BCD.

故选：BCD

12．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．是偶函数 B．为奇函数

C．函数有8个不同的零点 D．

【答案】AB

【分析】根据已知推出函数关于直线对称且关于对称，周期为8，由已知区间上的解析式画出图象判断A、B；结合图象判断交点个数，周期性求函数值的和判断C、D.

【解析】由，则函数关于直线对称，且，

由，则函数关于对称，且，

所以，故，则，故函数的周期为8，

当时，则，，

根据周期和对称性知：值域为，

由函数关于直线对称且关于对称，周期为8，

为向左平移1个单位得到，是偶函数，故A正确：

为向左平移3个单位得到，是奇函数，故B正确；

由在上递减，且，；在上递增，且，，

结合图象：看出和的图象有10个交点，即有10个不同的零点，故C错误：

由，，，，，，，，则，

所以，故D错误，

故选：AB

三、填空题

13．已知向量满足，则与的夹角为___________.

【答案】

【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.

【解析】由，

，

故答案为：

14．展开式中的系数为___________.

【答案】

【分析】变换，根据二项式定理计算得到答案.

【解析】的展开式的通项为：，，

取和，计算得到系数为：.

故答案为：.

15．如图，已知椭圆的焦点为、，点为椭圆上任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为点.过点作轴的垂线，垂足为，若线段的中点为，则点的轨迹方程为______.

【答案】

【分析】根据题意，利用椭圆定义，求得长度，即可容易求得点的轨迹方程.

【解析】延长交的延长线于点，连接，作图如下：

容易知点关于的对称点为，

故可得，

又因为分别为的中点，

故可得，

不妨设点的坐标为，故可得点的坐标为，

则，

整理得.

故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆的定义，以及椭圆中动点轨迹方程的求解，属中档题.

16．已知数列的前n项和为，满足：，且，为方程的两根，且.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.

【答案】

【分析】先利用等差数列通项公式求解，再利用数列的单调性求解数列的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.

【解析】由可知数列是等差数列，设其公差为，

解方程得或，又，

，，

.

由得，

，设，

则，

由对于任意恒成立，所以只考虑的符号，

设，，

令解得，即在上单调递增，

令解得，即在上单调递减，

，，，

当，，

当，时，，即，，

当，，即，

即从，开始单调递减，

即，，即，

的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

17．在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.

(1)求角A的值；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理运算求解；

（2）根据正弦定理得到，从而得到，根据题意结合角C的取值范围运算求解.

【解析】（1）由正弦定理得：，整理得：，

由余弦定理得：，

∵，则.

（2）由（1）可得：，且，

锐角中，由正弦定理得：，

可得，

则，

∵锐角三角形，且，则，

即，解得，

即，且，

可得，则，

故的范围是.

18．已知等比数列的前n项和为，其公比，，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)等比数列的前n项和为，其公比，，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见详解.

【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前n项和公式即可求出数列的通项公式；

（2）利用等比数列的前n项和公式即可完成证明.

【解析】（1）因为是等比数列，公比为，则，

所以，解得，

由，可得，解得，

所以数列的通项公式为.

（2）证明：由（1）知，，，

则等比数列的前项和为

因为，所以，所以.

19．安全教育越来越受到社会的关注和重视．为了普及安全教育，学校组织了一次学生安全知识竞赛，学校设置项目A“地震逃生知识问答”和项目B“火灾逃生知识问答”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．

(1)求乙班在项目A中获胜的概率；

(2)设乙班获胜的项目个数为X．求X的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由对立事件概率公式求得乙班在项目A中每局获胜的概率，然后分成乙班三局全胜，四局三胜和五局三胜三个互斥事件求出概率；

（2）与（1）同理求得乙班在项目中获胜的概率，而的可能值是0，1，2，利用独立事件、对立事件概率公式求得概率的分布列，再由期望公式求得期望．

【解析】（1）记“乙班在项目A中获胜”为事件A，

由事件的对立性知，乙班在项目A中每局获胜的概率为，负的概率为，

则，

所以乙班在项目A中获胜的概率为；

（2）记“乙班在项目B中获胜”为事件B，

则，

X的可能取值为0，1，2，由事件对立性和独立性知，

则，

，

.

所以X的分布列为

所以乙班获胜的项目个数的数学期望为

20．如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得至处，且．

(1)证明：平面．

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证结论；

（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解二面角.

【解析】（1）证明：由题意可知，所以，，

因为，，平面，

所以平面．

（2）取的中点，连接，，

由等腰三角形的性质可知，，

由，，可知，，

由且，可知，四边形为平行四边形，，平面；

设，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，

，，，．

设平面的法向量为，则  

令，得，

因为，

所以平面的一个法向量为，

所以，

由图可知二面角为锐角．故二面角的余弦值为．

21．设椭圆方程为，，分别是椭圆的左、右顶点，直线过点，当直线经过点时，直线与椭圆相切．

(1)求椭圆的方程．

(2)若直线与椭圆交于，（异于，）两点．

（i）求直线与的斜率之积；

（ii）若直线与的斜率之和为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)（i）；（ii）

【分析】（1）由直线的两点式方程可得的方程，联立椭圆方程，利用直线与椭圆的位置关系求出b，即可求解；

（2）设，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，根据两点表示斜率公式化简计算可得、，则，由求得直线的方程，联立椭圆方程求出点Q的坐标即可求解.

【解析】（1）依题意可得，

当直线经过点时，的方程为，

代入，整理得，

，

解得，所以椭圆的方程为．

（2）（i）依题意可得直线的斜率不为0，

设，，．

由得，

则

则

；

（ii）因为，

所以，又因为，所以，

则直线的方程为，与联立得．

所以的方程为，即．

22．已知函数，其中a为常数，…是自然对数的底数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)当时，问有几个零点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)三个

【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；

（2）令，可得出，令，则原方程转化为（*），令，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.

【解析】（1）解：当时，，则，

，则，

故当时，曲线在处的切线方程为.

（2）解：令，可得，

即，即，即，

令，则上述方程转化为（*）

的零点个数即为方程（*）的根的个数.

则，令可得，列表如下：

所以，为函数的唯一极大值点，且，

令，当时，，，

①当时，，，且函数在上单调递减，

为解方程，只需解方程，

令，其中，即，

令，其中，则，令，可得，列表如下：

所以，函数在上单调递增，则，故，

，，

根据零点存在定理，存在唯一的，使得，即，

所以，，故方程（*）在上有唯一解；

②当时，不成立，故不是方程（*）的解；

③当时.

（i）当时，，，所以，单调递增，单调递减，

故在上单调递增，

因为，

，

根据零点存在定理，函数在上存在唯一零点；

（ii）当时，，，而在上单调递增，

为解方程，只需解方程，

令，其中，

因为，所以，函数在上单调递减，

因为，，

故存在唯一的，使得，即，即，

故方程在区间上也存在唯一解.

综上所述，当时，方程存在三个解，即函数有三个零点.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.