新高考Ⅰ卷02（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02】

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】,

因为是纯虚数，故，得，

故选：A.

2．B

【详解】由题意得；

所以.

故选：B.

3．A

【详解】解：在如图所示的正五角星中，以，，，，为顶点的多边形为正五边形，且．

在A中，，故A正确；

在B中，，故B错误；

在C中，，故C错误；

在D中，，，

若，则，不合题意，故D错误．

故选：A．

4．D

【详解】，

，

，

或.

作出函数的图像如图所示，

由图知的图像与有两个交点，

若关于的方程恰有5个不同的实根，则的图像与有三个公共点，所以的取值范围.

故选：D.

5．B

【详解】由已知，，所以，

，，所以

，

由题意，满足线性回归方程为，所以，所以，

此时线性回归方程为，即，

可将此式子化为指数形式，即为，

因为模型为模型，所以，，

所以.

故选：B.

6．A

【详解】①，设动圆圆心，半径为，

由题意可知：圆的圆心坐标，半径；

圆的圆心坐标，半径；

由条件可知：，，所以，

所以点的轨迹方程为：，则；

②设，，则，由中点坐标公式可得：，，所以的中点，因为，所以点的坐标满足，也即：，所以；

③设点，由题意可知：，

整理化简可得：，所以，

则，

所以，

故选：.

7．B

【详解】因为该晶胞的边长为，所以正方体对角线成为，

设球的半径为，，则球的半径为，

所以所有原子的体积之和为，

令，，

则，

因为，所以恒成立，

则当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极大值，也时最大值，

故，故体积最大值为.

故选：B

8．A

【详解】，

因为函数有两个不同的极值点，，

所以方程有两个不相等的正实数根，

于是有，解得.

因为不等式恒成立，

所以恒成立.

，

设，

，故在上单调递增，

故，所以.

因此实数t的取值范围是.

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】对于，由题意可知：经过1后，，

所以此时扇形AOB的面积为，故选项错误；

对于，经过2后，，

所以此时劣弧的长为，故选项正确；

对于，经过6后，质点转过的角度为，结合题意，此时质点为角的终边与单位圆的交点，所以质点B的坐标为，故选项错误；

对于，经过后，质点转过的角度为，质点转过的角度为，因为，所以经过后，质点，在单位圆上第一次相遇，故选项正确，

故选：.

10．ABC

【详解】由题意7个球中任取3个球的基本事件总数为：

这3个球都是红球的基本事件数为：，

所以事件A发生的概率为：，故A错误，

这3个球中至少有1个红球的基本事件数为：

，

所以事件B发生的概率为：，故B错误，

这3个球中至多有1个红球的基本事件数为：

，

事件C发生的概率为,故C错误，

因为，

所以由条件概率公式得：，

故D正确，

故选：ABC.

11．ABC

【详解】由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立，即A正确；

易知，当且仅当时，等号成立，即B正确；

由重要不等式和对数运算法则可得：

，当且仅当且仅当时，等号成立，即C正确；

由可得，所以，

若，即证明，即

即需证明，

令函数，则，

当时，，即在上单调递增，

所以时，解不等式可得即可，即时不等式成立；

当时，，即在上单调递减，解不等式可得，即时不等式才成立；

综上可知，当时，不等式才成立，所以D错误.

故选：ABC

12．ABC

【详解】设，

，，，

即，

所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.

由中的最高次数为4，是它的一个零点，

因此，

即.

对选项，，是正确的；

对选项，，是正确的；

对选项，，是正确的；

对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.

故选：.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．      （内的任一值均可）             14．                    

15．                                    16．      ##0.2109375        ,               

13．（内的任一值均可）

【详解】因为存在使得，

也即函数有零点，则有，解得：，

所以可取内的任意一个值，取，

故答案为：.（内的任一值均可）

14．

【详解】以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，

由题意得，，因为为中点，所以，

设，则，

，，则，

，则，

故答案为：.

15．

【详解】，

展开式的通项为，

取得到；

取得到；

取得到；

故的系数为.

故答案为：

16．     ##0.2109375    

【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.

②假设比赛局数为随机变量，

由已知，需比赛局数为偶数，则可取.

则，

当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，

则，显然，满足该式.

设，则有，

所以，是以为首项，为公比的等比数列.

设，则.

设的前项和为，则，

，

作差可得，

，

整理可得，.

由题意可得，，.

则.

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、证明过程或演算步骤．

17．(1)详见解析；

(2).

【详解】（1）因为，，

所以，

两边同除以得，

因为，所以，

因此数列是首项为，公差为的等差数列；

（2）由（1）知，即，

∴，

∴

.

18．(1)；

(2).

【详解】（1）在中，，，且，，

由余弦定理可得：

，

，

大学与站的距离为；

（2），且为锐角，

，

在中，由正弦定理可得：，

即，

，由题可知为锐角，

，

，

，

，，

，

又，

，

在中，，

由正弦定理可得：，即，

解得，

铁路段的长为

19．(1)证明见解析

(2)

【详解】（1）由题知：直线平面，∵平面，∴

平面平面，平面平面，

 平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）若选择①:

因为平面，平面，平面平面

所以，又,因此四边形为平行四边形，即为中点

若选择②:

因为平面，平面，所以，又

所以四边形为平行四边形，即为中点，

（选择①和选择②都能证明为中点，以下的解析过程两种选择相同.）

所以 ，，

因为直线平面，所以直线与平面所成角为，有，

 则，，

如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，，，

设平面的一个法向量为 且 ，

  ，令，则，解得 ，

平面的一个法向量为，，，

，令，则，，

设平面与平面所成锐二面角为，

 .

所以平面与平面的夹角的余弦值为.

20．(1)

(2)分布列见解析，

【详解】（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3.

在第一次种植的情况下，第三次种植的概率为：

；

（2）由已知条件，在第1次种植的前提下：，，，

，，，

因为第一次必种植，则随机变量的可能取值为1，2，-

，

，

所以的分布列为：

.

21．(1)

(2)（i）0；（ii）48

【详解】（1）设直线与轴交于.

由几何性质易得：与相似，

所以，

，

即：，解得：.

所以抛物线的标准方程为：.

（2）设

（i）由题意，中点在抛物线上，即，

又，将代入，

得：，

同理：，

有，此时点纵坐标为，

所以直线的斜率为0.

（ⅱ）因为，

所以点，

此时，

，

，

所以，

又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：

，

由，

所以时，取到最大价.

所以的最大值为48.

22．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）易知函数的定义域为，

又，

当时，，，则，

，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

当时，或，，

所以在上单调递减，在和上单调递增；

当时，，所以在上单调递增；

当时，或，，

所以在上单调递减，在和上单调递增.

综述：当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增；

当时，，所以在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增.

（2）由，

有，由题意可知是方程的两个不同的正根，

因此，即：，

又因为 ，

所以，

又因为，所以.

所以

.

（i）先证：.

证法一：

要证明，只需证明，

因为，，

所以只需证明，即证，

又，

故只需证明，

即证，

因为，故，所以，

令，，则，故在上单调递减，

所以，即，

证毕.

证法二：

因为，所以由（1）可知，在上单调递减，

要证，只需证明，

因为，所以，

故，证毕.

（ii）再证：.

要证，即证，

只需证明，

又，

故只需证明，

即证，

因为，所以.

综上，.