2023年高考数学冲刺押题模拟试卷02（新高考专用）（解析版）

这是一份2023年高考数学冲刺押题模拟试卷02（新高考专用）（解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学冲刺押题模拟试卷02（新高考专用）（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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，只有一项是符合题目要求.1．（2023·广东广州·统考二模）已知集合，，则集合的元素个数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，，则，故集合的元素个数为.故选：B.2．（2023·河南周口·统考模拟预测）已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【解析】，，，实部为1，虚部为-1，所以在第四象限；故选：D.3．（2023·江西鹰潭·统考一模）在中，D为线段上一点，且，则（    ）A．2 B．0.5 C． D．【答案】C【解析】由题意得，故,结合可得，故，故选：C4．（2023·全国·校联考三模）如图为一个火箭的整流罩的简单模型的轴截面，整流罩是空心的，无下底面，由两个部分组成，上部分近似为圆锥，下部分为圆柱，则该整流罩的外表面的面积约为（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据题意，上部分圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，下部分圆柱的侧面积为，所以该整流罩的外表面的面积约为．故选：B.5．（2023·辽宁·校联考二模）甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设甲、乙、丙三人用，由题意可知：传球的方式有以下形式，，所求概率为.故选：C6．（2023·山西·统考二模）已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以，即，所以.因为，所以，所以.因为，所以.故选：B.7．（2023·广东深圳·统考二模）设等差数列的前n项和为，若，，则（    ）A．0 B． C． D．【答案】C【解析】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，，，解得．故选：C.8．（2023·全国·高三专题练习）设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，得，即，所以，所以，则，即；由，即；设，则，所以在上单调递增，且，所以当时，即，当时，即，又，则，所以，即，综上，.故选：A 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．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）下列结论正确的有（    ）A．若随机变量，满足，则B．若随机变量，且，则C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则【答案】BC【解析】对于A，由方差的性质可得，故A错误；对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，解得，故，故D错误；故选：BC10．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知是椭圆的两个焦点，点P在椭圆E上，则（    ）A．点在x轴上 B．椭圆E的长轴长为4C．椭圆E的离心率为 D．使得为直角三角形的点P恰有6个【答案】BC【解析】由题意的长半轴长，短半轴长，焦半距，椭圆的焦点在y轴上，A错误；椭圆E的长轴长为，B正确；椭圆E的离心率为，C正确；椭圆的右顶点，焦点，所以，则，即为锐角，故根据椭圆的对称性可知，使得为直角三角形的点P恰有4个（以或为直角），D错误．故选：BC．11．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为边的中点，点F为棱上一动点（异于P、C两点），则下列判断中正确的是（    ）．A．直线与直线互为异面直线B．存在点F，使平面C．存在点F，使得与平面所成角的大小为D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】ABD【解析】对于A，假设直线与直线共面，于是E、F、A、P四点共面，则直线与直线共面，与直线、直线互为异面直线矛盾，所以直线与直线互为异面直线，A正确；对于B，当时，过点F作交于点G，连，则，平面，平面，面，，平面，平面，平面，又， 平面，平面，则平面平面，因为平面，平面，于是存在点F，使平面，B正确；对于C，以点D为原点，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设，，设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，，令，则，于是，所以，因此不存在点F，使得与平面所成角的大小为，C错误；对于D，，设直线与直线所成角为，，当时，等号成立，所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为，D正确．故选：ABD．12．（2023·山西运城·统考二模）定义区间，，，的长度为.如果一个函数的所有单调递增区间的长度之和为常数（其中，为自然对数的底数），那么称这个函数为“函数”，则（    ）A．是“函数”B．是“函数”C．是“函数”，且D．是“函数”，且【答案】BCD【解析】对于A项，的定义域为，，因为，所以，所以在上单调递增.显然不是“函数”，故A错误；对于B项，函数的定义域为，，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，故，是“函数”，故B正确；对于C项，的定义域为，，根据复合函数的单调性可知是减函数，又，，根据零点存在定理可得，存在唯一的常数，使，即，所以，且当时，，所以函数在上单调递增.令，则，且，满足条件，所以.故C项正确；对于D项，因为的定义域为，.令，则，当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数在上单调递减，所以，当时，函数有最大值.令，，则在上恒成立，所以，在上单调递增.又，所以，当时，有，即，所以，所以，在上恒成立，所以函数在上没有零点.又时，.由零点存在定理及函数的单调性可知，存在唯一的常数，使得，即，且当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减.令，则是“函数”，且.故D正确.故选：BCD. 第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．（2023·山东日照·实验高级中学校考模拟预测）设，则________．【答案】【解析】∵，∴，∴.故答案为：.14．（2023·辽宁锦州·统考二模）写出过点且与圆相切的一条直线的方程___.【答案】或【解析】圆，圆心，半径，当直线斜率不存在时，验证知满足条件；当直线斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到直线的距离为，解得，故直线方程为，即.综上所述：直线方程为或.故答案为：或15．（2022秋·江苏南京·高三校考期末）在平面直角坐标系xOy中，y轴正半轴上的两个动点A、B满足，抛物线上一点P满足PA⊥AB，设P点坐标为(u，t)，过点P作斜率为的直线l，记点B到直线l的距离为d，当d取到最小值时，的值为_____．【答案】【解析】因为P (u，t)在抛物线上，所以，所以，所以，因为PA⊥AB，所以又因为，所以过作斜率为的直线方程为，整理得，所以点B到直线l的距离为，当且仅当，时取得等号，此时，故答案为: .16．（2023春·湖北·高三安陆第一高中校联考阶段练习）已知函数，若曲线过点的切线有两条，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】设切点为，直线的斜率为，又，则，所以切线方程为，将代入化简得，所以方程有两个不同的实数解，所以，且，所以或，即实数的取值范围为.故答案为：. 四、解答题：本小题共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秋·福建莆田·高三校考期中）已知中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若的面积，且，求的周长．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为，由正弦定理得，即，即，由余弦定理得，故，因为，所以．（2）因为，所以，由，即，所以，所以，故的周长为.18．（2023·湖南·校联考二模）已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和为，且，若对于恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】（1）∵，∴，两式作差得，∴，当时，，∴，所以是首项为，公比为的等比数列，故．（2）∵，∴，∴，①，②两式作差得，化简得，∵恒成立，∴，，当时，；当时，；当时，，，所以，综上所述，．19．（2023春·广东韶关·高三南雄中学校考阶段练习）如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.（1）证明：直线平面.（2）若在直线上且为锐角，当时，求面与面的夹角余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）分别是的中点，，又平面，平面，平面，平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面，平面，平面.（2）是的中位线，，而，，又，当时，，又因为，故此时，以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，令平面的法向量为，则，令，则，令平面的法向量为，则，令，则，因为，所以面与面的夹角余弦值为.20．（2023·山东济南·一模）为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平，某体质监测中心抽取了该较10名学生进行体质测试，得到如下表格：序号i12345678910成绩（分）38414451545658647480记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为，，经计算，．（1）求；（2）规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；（3）经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的数学期望．附：若，则，，．【答案】（1）；（2）分布列见解析；（3）【解析】（1）．（2）因为体质测试不合格的学生有3名，所以X的可能取值为0，1，2，3．因为．所以X的分布列为X0123P（3）因为，所以．因为，所以学生的体质测试成绩恰好落在区间得概率约为0.9545，故，所以．21．（2022秋·河北沧州·高三统考期末）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作一条渐近线的垂线交C于点B，垂足为A，，.（1）求双曲线C的方程；（2）已知点P是双曲线C的右支上异于右顶点D的任意一点，点Q在直线上，且（为坐标原点），M为PD的中点，求证：直线OM与直线的交点在某定曲线上.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）因为，所以，即，由题意可得，又，所以，所以双曲线C的方程为；（2）证明：，设，直线OM与直线的交点为，设直线的方程为，联立，消得，则，所以，那么，故，由于M为PD的中点，所以，因为，所以，又，所以，即，因为直线OM与直线的交点为，根据斜率相等可得，代入的坐标得，化简得，将两式相乘得，即，所以点的轨迹为圆，即直线OM与直线的交点在某定曲线上.22．（2023春·江苏南京·高三南京市第二十九中学校考阶段练习）已知函数.（为实数）（1）当时，若正实数满足，证明：.（2）当时，设，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析;（2）【解析】（1）由题意，，定义域为，则恒成立，所以在上为增函数，且，故，若都大于1，则，不合题意，同理都小于1也不满足，设，欲证，即证，即证，即证，即证，构造函数，所以，，，所以在区间上单调递增，所以，则原不等式得证.（2）由，令，则，故，下面证明：时符合题意，当时，，以下证明：，构造函数，则.令，则，令，可得；令，可得，于是在上递减，在上递增，于是，所以，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，故，综上，实数的取值范围.