新高考Ⅰ卷01（高考仿真模拟）-【金榜题名】决战2023年高考数学黑马逆袭卷（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2023年高考数学黑马逆袭卷【新高考Ⅰ卷01】

数学·全解全析

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．

1．A

【详解】，故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限.

故选：A

2．C

【详解】的展开式中的系数即的展开式中的系数，

由二项式定理得，整理得，解得.

故选：C.

3．B

【详解】若“”是“”的充分不必要条件，则，

所以，解得，即的取值范围是.

故选：B.

4．A

【详解】如图作出几何体的轴截面如下面所示，

依题意，，为球心，为壶口所在圆的圆心，所以，

因为，所以，且，，

所以球的半径，所以球缺的高，

所以球缺的体积，

所以该壶壶身的容积约为：.

故选：A.

5．A

【详解】根据题意恰好摸球三次就停止摸球的情况为第一次和第三次摸到红球，或者第二次和第三次摸到红球，

故概率为，

故选：A

另解：摸球三次结果的所有可能情形有种，这三次符合题意的摸球可以分为两类，第一类为第一次第三次摸到红球，可能情形有种，

第二类为第二次和第三次摸到红球，可能情形有种，

于是摸球三次就停止摸球的概率为，

故选：A.

6．D

【详解】

过作轴，垂足为，根据正切值的定义：，则，解得.

故选：D

7．B

【详解】，

由两边平方得，

即，

当且仅当时等号成立，

所以，

所以的最小值为.

故选：B

8．A

【详解】方法一：比较的大小时，

（法一）设函数，则，令，得，

当时，，函数单调递增；当，函数单调递减，

所以当时，函数取得最大值，

因为，所以，即.

（法二）因为，设为坐标原点，结合函数的图象知，所以；

比较的大小时，设函数，则，

当时，，所以函数在上单调递减；

当时，，所以函数在上单调递增，

因为，，又，所以，即，

综上可得，，故B，C，D错误.

故选：A.

方法二（估值法）：因为0.43.

所以，故B，C，D错误.

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．BD

【详解】A选项，由正态分布的对称性可知：，

故，A错误；

B选项，，故，B正确；

C选项，，，故，C错误；

D选项，因为，所以，

故，D正确.

故选：BD

10．BC

【详解】由（2）直线平行，即票价不变，直线向上平行移动时说明当乘客量为0时，收入为0，

但是支出的变少了，即说明了此建议是降低成本而保持票价不变；

（3）当乘客量为0时，支出不变，但是倾斜角变大，即相同的乘客量时收入变大，

即票价提高了说明此建议是提高票价而保持成本不变．

故选：BC

11．BCD

【详解】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，如图，

在正六边形中，，点到的距离为，，

所以，故A错误；

正六边形的面积，故B正确；，故C正确；

、、为球的切线，故当为中点时，与所成角最小为0，当为或的中点时，与所成角最大为，故D正确.

故选：BCD.

12．AC

【详解】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．

定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．

以下证明定理1，定理2：

证明：

若函数图象关于直线对称，则，

则，所以导函数图象关于点对称．

若导函数图象关于点对称，则，

令，则，则(c为常数)，

又，所以，

则，所以图象关于直线对称．

若函数图象关于点对称，则，

则，所以图象关于直线对称．

若导函数图象关于直线对称，则，

令，则，则(c为常数)，

又，所以，

则，所以图象关于点对称．

故下面可以直接引用以上定理．

由的图象关于y轴对称，

则，两边求导得，

即，的图象关于点对称，

又由定理2，所以的图象关于直线对称．

又为奇函数，则，

的图象关于点对称，

又由定理1，则的图象关于对称．

为和的一个周期，，∴A正确；

，∴B错误；

由，得在上至少有2个零点．∴C正确；

由的图象关于对称，且周期为3，则的图象关于对称，

，，，，，，

，，D错误．

故选：AC．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．##

【详解】由题意，将函数的图象左移个单位得到的图象，

即，

因为为偶函数，

所以，，则，，

而，故．

故答案为：.

14．（或或，写出一个即可）

【详解】若选，则圆心在直线上，又在直线上，故圆心坐标为，半径为，故所求圆的标准方程为；

若选，则以这两点为端点的线段的中点为，所以其垂直平分线的方程为，即，由，得，即圆心坐标为，半径，故所求的圆的标准方程为；

若选，则易求得以这两点为端点的线段的中点为，所以其垂直平分线的方程为，即，由，得，即圆心坐标为，半径，故所求的圆的标准方程为．

故答案为：（或或，写出一个即可）.

15．

【详解】，数列的前项和为，

，

数列的前项和.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的分组求和法的应用，解题关键是能够将所求数列的通项进行变型，从而与已知的三角垛公式联系起来，利用所给的三角垛公式来进行求和.

16．         

【详解】①由双曲线C：过点，所以

所以方程为

②如图：

设的内切圆与分别切于，

所以，

所以，

又，所以，

又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，

设直线的倾斜角为.则，，

，

当时，，

当时，由题知，...

因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，

∴.且，，

综上所述，.

故①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、证明过程或演算步骤．

17．（1）；（2）

【详解】（1）选①，由余弦定理得，

整理得，所以，又，故.

选②，因为，，

故，可得，又，故.

选③，可得，

所以，又，所以，故.

（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以

，又，联立以上两式得：

，又，解得.

18．(1)；

(2).

【详解】（1）∵，∴.

又∵，∴，即，

∴数列是公比为2的等比数列.又∵，，成等差数列，

∴，即，解得.∴；

（2）由（1）可知，∴

∴

.

19．(1)

(2)直线过定点.

【详解】（1）解：因为椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，

所以，设椭圆的方程为，

因为椭圆过两点，

所以，解得，

所以，椭圆的方程为.

（2）解：当过点的直线斜率存在，设方程为，，

联立方程得，

则，解得或，

因为点关于轴的对称点为，所以，

所以，直线的方程为

所以，将代入整理直线的方程得：

所以，直线过定点.

当过点的直线斜率不存在时，方程为，此时，

点在轴上，直线的方程即为，过点.

综上，直线过定点.

20．(1)散点图见解析，最合适

(2)

(3)答案见解析

【详解】（1）散点图如图所示：

由图象可知最合适.

（2）对两边取以为底的对数可得，

设，，则，

，

，，

故即，

.

（3）此回归方程为关于时间的增函数，说明随着学习时间的增加，学习成绩是提高的，但是函数的增速先快后慢，说明如果原来成绩较低，通过增加学习时间可以有效提高成绩，但是当成绩提高到120分左右时，想要通过延长学习时间来提高学习成绩就比较困难了，需要想别的办法.

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）∵，定义域为，

则，

①当时，，在上单调递增；

②当时，当时，，在上单调递增

当时，，在上单调递减，

综上，①当时，在上单调递增，

②当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）由（1）可得，当时，

.

要证，

只需证，

即证恒成立.

令，，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

∴的最大值为，即：.

∴恒成立，

∴原命题得证.即：当时，.

22．(1)

(2)证明见详解

【详解】（1）以椭圆的中心以及短轴的顶点作平行于圆锥底面的截面（截面为圆），如图为圆锥的轴截面，

由题意可得：，则椭圆的长轴长，即，

设圆锥的顶角为，由题意可知

∵，则，解得或（舍去），

∴，

在中，可得，则，

在中，则，

可得，

故，

在中，可得，

即截面圆的半径为，则椭圆的短轴，

故椭圆的短轴长，即，则，

∴椭圆的离心率.

（2）如图，以椭圆的中心为坐标原点建立空间直角坐标系，则，

设，平面的法向量为，

∵，则，

令，则，即，

同理可得：平面的法向量为，

则

令，则，

当时，则，

∴，

构建，

则，

当时，则，

令，则，

则在上单调递增，在上单调递减，故；

当时，令，则，

令，则当时恒成立，

故在上单调递减，则，

∴在上单调递减，则；

综上所述：当时恒成立，

∴，

设二面角的平面角为，由题意可得，

∴，即二面角的大小小于.