2023年高考数学冲刺押题模拟试卷01（新高考专用）（答案及评分标准）

这是一份2023年高考数学冲刺押题模拟试卷01（新高考专用）（答案及评分标准），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学冲刺押题模拟试卷01（新高考专用）数学·答案及评分标准一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．12345678BDACBACD二、多项选择题：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．ABC    10．ABD    11．AD    12．BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．60    14．   15．或   16． 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．（10分）【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用退一作商法，结合等差数列的知识证得数列是等差数列；（2）利用裂项求和法求得.【解析】（1）因为 ①，所以当时， ②．因为，所以由得，即．所以，即．由，得，所以，所以．所以数列是以-2为首项，-3为公差的等差数列．（2）由（1）得，即，所以．所以．18．（12分）【答案】（1）；（2）【分析】（1）由得为的平分线，再根据正弦定理得，从而解得；（2）由已知及（1）可得，再由余弦定理求得的长，最后根据求得结果.【解析】（1）∵，∴为的平分线，在与中，根据正弦定理可得：两式相比可得：又的面积与面积的比为，∴，即，且，由得，∴且为锐角，∴．（2）由（1）知为锐角，且，因此，又，所以在中由余弦定理得，解得：，∵∴．19．（12分）【答案】（1），证明见解析；（2）【分析】（1）作出辅助线，证明出，从而，由三角形相似得到对应边成比例，求出；（2）建立空间直角坐标系，在（1）的基础上，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解二面角的余弦值.【解析】（1）当时，.证明如下：将该几何体补全为正四棱柱，连接BM，如下图所示：由题意可知底面ABCD为正方形，则，且，因为平面AEH，，所以平面，又平面EFGH，平面平面，所以.又，所以H为GM的中点，所以E为MF的中点.因为，，所以四边形BCGM为平行四边形，所以，因为，所以.因为，，所以，所以，所以，即，所以.所以当时，.（2）以D为坐标原点，分别以DA，DC，DG所在直线为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）得，设平面的法向量为，则，令，则，故平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则，则平面的法向量为∴，∵平面与平面所成角为锐角，∴平面与平面所成角的余弦值为.20．（12分）【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）根据题意，由联合分布列的定义，分别求得对应概率即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为二项分布，然后由二项分布的期望计算公式即可得到结果.【解析】（1）由题意知，的可能取值为，的可能取值为则，，，，，，，所以的联合分布列为:（2）当时，，所以，所以，设，则由二项分布的期望公式得.21．（12分）【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据圆的弦长求解，可得，代入抛物线方程即可求解，（2）令，写出点处的切线方程，与抛物线联立，利用得到，同理得到，再写出直线方程，将其与抛物线联立得到韦达定理式，再结合抛物线定义即可证明.【解析】（1）由题意可知，半径为，由圆的圆心以及抛物线的焦点均在在坐标轴轴，故由对称性可知：轴于点，在直角三角形中，,因此 故，将其代入抛物线方程中得，故抛物线方程为： （2）令，抛物线在点处的切线方程为,与联立得①由相切得，代入①得故在点处的切线方程为，即为同理：点处的切线方程为，而两切线交于点，所以有，则直线的方程为:，由得,所以于是，又点在圆上，所以,即.22．（12分）【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程；（2）由已知不等式恒成立且知，进而求得，再代入应用导数研究恒成立，根据充要关系确定参数值；（3）设，构造，利用导数研究单调性，进而确定其函数值符号，即可证结论.【解析】（1）当时，，所以，，所以在点处的切线方程为．（2）对都有且，而，则，所以，此时，故，则，在上，即单调递增，且，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，满足题意，综上，．（3）不妨设，令，所以，则，又，，，且，当，，而，，所以，故，在上单调递增，所以，所以单调递增，故，所以，即．