【2023届新高考数学考前模拟冲刺卷】 模拟冲刺仿真卷01 （新高考通用）解析版

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绝密★考试结束前
【2023届新高考考前模拟冲刺卷】 模拟冲刺仿真卷01 （新高考通用）
数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

2023年高考临近，在原有江苏省、广东省、湖南省、湖北省、山东省等10个省市纳入新高考范围基础上，浙江省高考数学今年从新高考自主命题卷调整为新高考全国卷，安徽省、山西省、吉林省、黑龙江省、云南省，5省高考数学今年从老高考全国卷调整为新高考全国卷，针对新高考出题的最新动态和命题趋势，特推出《2023届新高考考前模拟冲刺卷》以供大家参考！
一、2023高考四大趋势
❶落实立德树人，鲜明体现时代主题
❷高考由“考知识”向“考能力”转变
❸聚焦“关键能力”和“思维品质”的考察
❹高考由“以纲定考”到“考教衔接”转变 
数学：出题方式发生重大变化，数学考试出题将加入复杂情景，重点强调数学思维方法考察，比以往的数学难度更大。
二、2023年新高考数学命题方向
❶新高考数学卷以情境作为依托，呈现出新气象，营造出“理念新、内容新、结构新”的新氛围。
❷新高考卷预期会继续强化情境类试题的命制，侧重知识的应用性:情境类试题可以分为:课程学习情境、探索创新情境、生活实践情境。
❸任意板块知识均有可能命制压轴题，不固化试题的位置;
❹小题的最后两题不再是函数唱主角，数列、三角、立体几何、新定义等内容将登场
❺旧教材有而新教材删减的内容，原则上不会考查，新高考主干知识的试题量明显增加。
三、2022年新高考卷试题整体分析
今年数学新高考Ⅰ卷，难度堪称十几年来的最高，今年数学新高考Ⅰ卷试题难度大，主要体现在基础性题型偏少，难题量比往年增加，总体计算量比往年增加较大。今年新高考Ⅰ卷题型难中易比例大概4:3:3，体现出综合性、创新性的考查。在考查学科素养方面，突出理性思维和数学运算的考查。在试题的设置上，体现了数学思维的灵活性以及数学思想方法的应用，增加了综合性、探究性和创造性试题内容，突出数学学科在高考中的选拔性功能。今年数学新高考Ⅰ卷高考很好的贯彻了深化考试内容改革. 试题设置上，给人第一感觉就是中规中矩，考题中没有出怪题、偏题，但真正在两个小时内要完成考卷，考出理想分数却是非常不容易，其中，除了考题总体计算量偏大外，更加体现了命题者在问题设置、考查的角度上非常有考究。试题从考查的知识点来看，都是高中数学的主干知识，但题目的问法更加灵活，这就意味着我们更加需要重视学生对数学知识的理解和思维能力的培养。
四、2023年高考备考建议
❶重视教考衔接
❷研究高考命题方向
❸夯实基础，落实“四基”
❹加强学生运算素养的培养
❺重视学生思维的训练
2022年新高考数学卷，很好地落实了“立德树人，服务选才，引导教学”的核心功能，坚持高考的核心价值，突出学科特色，重视数学本质，体现新课改理念.试卷的灵活性难度有所提高，计算量也相对偏大，对学生的心理素质要求较高。此外，试卷命题符合高考评价体系要求，很好地发挥了高考的选拔功能，对中学数学教学改革发挥了积极的导向作用。我们教师要指导学生从整体上架构起高中知识体系，系统学习各章节知识，打通各个章节的联系，综合学习和运用所学知识，才能在考试时游刃有余。2023年新高考数学备考中，大家一起加油，为学生决战高考保驾护航。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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的）
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解不等式得到集合，，然后求交集即可.
【详解】，
.
故选：A.
2．设复数满足，则复数的虚部是（    ）
A． B．5 C． D．
【答案】D
【分析】先得到，再利用复数的除法化简，然后利用复数的概念求解.
【详解】解：因为复数满足，即，
所以，
所以复数的虚部是，
故选：D
3．已知平面向量的夹角为，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，展开计算即可.
【详解】
.
故选：C.
4．已知双曲线的两个顶点分别为，，点为双曲线上除，外任意一点，且点与点，连线的斜率分别为、，若，则双曲线的离心率为                                                        
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意设出A、B的坐标和P点坐标，结合两点间斜率公式化简得双曲线方程的表达式；再由题目所给已知条件的双曲线方程，进而求得a、b、c的关系，即可求得离心率．
【详解】由题意可知，设，P点坐标为  
因为
所以根据斜率公式可得
，化简可得
对比双曲线方程可知

由双曲线中a、b、c的关系可得
所以
所以选B
【点睛】本题考查了两点间斜率公式及双曲线标准方程，双曲线离心率的求法，属于中档题．
5．若，则（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】利用两角和的正弦公式，化简已知等式，求出角，再利用两角差的正切公式，求出角的正切值.
【详解】因为，
展开可得，
所以，所以，
即，解得，
即；
，
因为，
  所以.
故选：C
6．某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（    ）
A．18 B．24 C．36 D．60
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答.
【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列，
又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种，
其中的每一种排法，C、D节目的排列有，
所以节目安排的方法总数为（种）.
故选：C
7．两个边长为2的正三角形与，沿公共边折叠成的二面角，若点在同一球的球面上，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据外接球球心的性质确定球心的位置为过正三角形与的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球的半径即可
【详解】由题，设正三角形与的中心分别为，根据外接球的性质有平面，平面，又二面角的大小为，故，又正三角形与的边长均为2，故，故.易得，故，故，又，故球的半径，故球的表面积为

故选：B
8．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】构造函数和，利用导数求解函数的单调性，进而可比较大小.
【详解】设，则，
设 ，
由于在单调递增，且其值均大于0， 单调递减，
所以单调递减，又 ，所以在单调递减，且，
所以在时，，因此在时单调递减，
故，即，即，
设

当时，，所以在单调递增，
所以，即，
综上可知，
故选：B
【点睛】本题考查了利用导数判断大小.构造函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式或者比较数的大小时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

二、多选题（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。全部选对得 5 分，有选错得 0 分，部分选对得 2 分）
9．2023年春运期间，某地交通部门统计了该地2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量（单位：万车次），并与2022年比较，得到同比增长率（）数据，绘制了如下统计图，则下列结论正确的是（    ）

A．2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的极差为25
B．2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的中位数为18
C．2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量比2022年同期高速公路车流量大的有4天
D．2022年1月25日的高速公路车流量小于20万车次
【答案】BC
【分析】根据标准数据，依次分析各选项即可得答案.
【详解】对于A：由题图知，2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的极差为，故A错误；
对于B：易知2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量的中位数为18，故B正确；
对于C：2023年1月23日，1月26日，1月27日，1月28日这4天的同比增长率均大于0，所以2023年1月22日至1月28日的高速公路车流量比2022年同期高速公路车流量大的有4天，故C正确；
对于D：2023年1月25日的高速公路车流量为18万车次，同比增长率为，设2022年1月25日的高速公路车流量为万车次，则，解得，故D错误．
故选：BC
10．已知是定义在上的奇函数，，设，则（    ）
A．函数的周期为 B．
C．是偶函数 D．
【答案】ABD
【分析】先由函数是奇函数，，可判断函数的周期，再根据周期性可将选项B中的函数值转化，由函数奇偶性的定义判断是奇函数，根据函数周期性可以推得，进而求得.
【详解】对于A：因为，所以是周期为的函数，故A正确；
对于B：因为的周期为，所以，所以，，所以，故B正确；
对于C：因为，所以是奇函数，故C错误；
对于D：因为，所以，
所以，
因为，
，
，故D正确.
故选：ABD．
11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆C交于A，B两点（其中A在B的左侧），记面积为S，则（    ）
A． B．时，
C．S的最大值为 D．当时，
【答案】ACD
【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.
【详解】由题知，，，设，则，
对于A选项，根据椭圆的定义，，故正确；
对于B选项，，故，
因为，即，所以，解得，故错误；
对于C选项，因为，当且仅当，即时等号成立，即
所以，面积为，即的最大值为，故正确；
对于D选项，，所以，
因为，
所以，
因为，，
所以，整理得，即，解得，
所以，所以面积为，故正确；
故选：ACD
12．设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（    ）
A． B．数列单调递增
C．当时，取得最小值 D．时，n的最小值为7
【答案】ABC
【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解.
【详解】由，得，
，解得，
当时，满足上式，
所以
当时，所以，故A正确；
当时，单调递增，又
所以数列单调递增，且，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，
所以当时，取得最小值，故B，C正确；
又故D错误.
故选：ABC.
【点睛】解决本题的关键是利用累加法及与的关系，但要注意时，是否满足此式，然后根据数列的单调性的定义及已知条件逐项判断即可.

第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13．已知的展开式中含项的系数为120，则______.
【答案】-1
【分析】根据二项式展开式的通项公式可分别求得含项，再相加，从而可解.
【详解】因为的通项公式为，
所以的展开式中含项为.
因为的通项公式为，
所以的展开式中含项为.
则的展开式中含项为
，得
故答案为：-1
14．将函数的图象向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后，所得图象经过点，则的最小值为________．
【答案】##
【分析】首先根据函数的平移变换得到，根据图象经过点得到或，，再求最小值即可.
【详解】，
将图象向右平移个单位长度得到，
再向上平移1个单位长度得到.
因为图象经过点，
所以，解得.
所以或，，
即或，.
因为，所以的最小值为.
故答案为：
15．如图为某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，它的表面是由正三角形和正方形组成，设被截正方体的棱长为2a，若球О以该几何体的中心为球心，且与正三角形表面相切，则该球被其中一个正方形表面截得的截面面积为__________.

【答案】
【分析】由题意，建立空间直角坐标系，根据球的性质，求得半径，利用勾股定理，结合圆的面积计算公式，可得答案.
【详解】如图建系，，，，，

，
四面体OABM为正四面体，O到平面ABM距离，
易知球心到正方形所在平面的距离为，
球被正方体ABCD截得的圆为圆，，.
故答案为：.
16．已知A，B是抛物线上两动点，过A，B分别作抛物线的切线，若两切线交于点P，当时，点P的纵坐标为___________，APB面积的最小值为___________.
【答案】         
【分析】设，，得到直线AP和直线BP的方程，两方程联立解得，再根据，由求得P的坐标，由，写出直线AB的方程，分别求得点P到直线AB的距离和弦长AB，再由求解.
【详解】设，，
不妨设A在第一象限，
因为，
所以直线AP的方程为，即，
同理，直线BP的方程为，
两方程联立，解得，
所以点，
因为，
所以，所以.
，
则直线AB的方程为，
即，
故点P到直线AB的距离，，
所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：，

四、 解答题（本题共 6 小题，其中 17 题 10 分，18、19、20、21、22 题各 12 分， 共 70 分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．记为数列的前n项和，已知，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【答案】(1)；
(2)．

【分析】（1）已知式两边同除以得数列是等差数列，求得后利用求得通项公式；
（2）用错位相减法求和．
【详解】（1）因为，所以，所以数列是等差数列，公差为1，
，所以，即，
时，，适合此式，
所以；
（2）由（1）得，
，
于是,
两式相减得，
所以．
18．从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，然后解答补充完整的题目．
已知的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______．
(1)求角B的大小；
(2)若，求的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先利用正弦定理或余弦定理将已知条件化简、转化，得到关于角B的三角函数，然后结合三角形内角的范围即可求得角B的大小；
（2）解法一：先利用正弦定理、三角形内角和定理、诱导公式、三角恒等变换等将用角A的二角函数表示出来，再利用辅助角公式将化简为一角一函数的形式，最后利用正弦函数的性质求最大值，解法二：利用余弦定理，设进行代换，结合二次方程根的分布运算求解．
【详解】（1）方案一：选条件①，由，得，
则由余弦定理得：．
由正弦定理得：，
则．
因为，则，所以．
又因为，所以．
方案二：选条件②，∵，
正弦定理得：，整理得，
则由余弦定理得，
因为，所以．
方案三：选条件③．∵，
由正弦定理得．
因为，则，所以，
即．
因为，则，
所以，即．
（2）解法一：由正弦定理可得，
所以，，
所以

，
其中为锐角，且．
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值．
解法二：由余弦定理得，即，
设，则，
将代入中，整理得，
由题意可知，此方程有正根，
注意到的对称轴，
则，所以，
故的最大值为．
【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般将边角混合的式子全部化为角的关系式或全部化为边的关系式．式子中若出现边的一次式，一般采用正弦定理，若出现边的二次式，一般采用余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
19．如图，在三棱台ABC－DEF中，平面DEBA⊥平面ABC，平面DFCA⊥平面ABC，AB：BE：DE=4：5：1.

(1)求证：AD⊥BC；
(2)若△ABC是等边三角形，试问：棱BE上是否存在一点H，使得二面角H－AC－B的平面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）在平面内，过点作直线，过点作直线，由面面垂直的性质得出，，结合线面垂直的判定以及定义得出；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在平面内，过点作直线，过点作直线，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以，同理可证.
因为l，m为相交直线，l，平面，所以平面
又平面，所以.

（2）设，则，，
易得四边形为直角梯形，所以，
以点为原点，以，和平面的一个法向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
则，，，
则，
设，则，
易知是平面的一个法向量.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
因此是平面的一个法向量.
假设存在点，使得二面角的平面角为，
则
化简得，解得或（舍去），
因此棱上存在一点，使得二面角的平面角为，此时.
20．目前，国际上常用身体质量指数（，缩写为）来衡量人体胖瘦程度以及是否健康，其计算公式是.临床医学给出中国成人的数值标准为：为偏瘦；为正常；为偏胖；为肥胖.某公司为了解员工的身体质量指数，研究人员从公司员工体检数据中，抽取了名员工（编号）的身高和体重数据，并计算得到他们的值（精确到）如下表：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
身高
164
176
165
163
170
172
168
182
体重
60
72
77
54
◎
◎
72
55

22.3
23.2
28.3
20.3
23.5
23.7
25.5
16.6

(1)现从这名员工中选取人进行复检，记抽取到值为“正常”员工的人数为，求的分布列及数学期望；
(2)某调查机构分析发现公司员工的身高和体重之间有较强的线性相关关系，在编号为的体检数据丢失之前调查员甲已进行相关的数据分析，并计算得出该组数据的线性回归方程为，且根据回归方程预估一名身高为的员工体重为.计算得到的其他数据如下.
①求的值及表格中名员工体重的平均值；
②在数据处理时，调查员乙发现编号为的员工体重数据有误，应为，身高数据无误.请你根据调查员乙更正的数据重新计算线性回归方程，并据此预估一名身高为的员工的体重.
（附:对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：）
【答案】(1)分布列见解析，
(2)①，②，

【分析】（1）依题意名员工数值为“正常”的人有人，则的可能取值为、、，求出所对应的概率，从而得到分布列与数学期望；
（2）①由预估身高的体重为代入求出，再由求出；
②首先求出，再求出更正后的，，，从而求出、，即可得到回归直线方程，再代入求出预测值.
【详解】（1）解：依题意名员工数值为“正常”的人有人，记抽取到正常的人数为，则的可能取值为、、，
则，，，
所以的分布列为：









所以.
（2）解：①由预估身高的体重为，则，
故，
②由①的更正前的数据，，
由，
得
更正后的数据，，
所以=，，
所以，
故，
更正后该组数据的线性回归方程为，         
当时，，所以重新预估一名身高为的一个的体重约为.
21．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析

【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：

，
即，
则，即，
所以点在圆.
22．已知函数．
(1)讨论的极值点个数；
(2)若有两个极值点,，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据判别式分类讨论，分别研究导数的单调区间，即讨论出函数的极值点及个数；
（2）根据函数有2个极值点，要证不等式可转化为，构造函数，利用导数证明即可，也继续转化不等式为，换元后，整理后构造函数，利用导数求解即可.
【详解】（1）的定义域为，，
对于方程，，
当，即时，，在上单调递增，无极值点．
当，即时，令，则，得，
若，则，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故有2个极值点；
若，则，在上单调递减，在上单调递增，故有1个极值点．
综上，时，无极值点；时，有2个极值点；时，有1个极值点．
（2）有两个极值点，不妨设，
由（1）知，，，，．
，，
则，
则
．
要证，只需证，
即证，即证．
记，，
则，所以在上单调递增，所以，
故．
解法二    有两个极值点，不妨设，
由（1）知，，，，．
，，
则，
故．
要证，只需证，
即证，即证，即证，
令，则，即证，即证．
令，
则，令，则，
所以单调递增，所以，即，所以单调递增，所以，
故．
【点睛】思路点睛：导数作为解决函数问题的工具，在每年的高考题中都备受青睐，运用导数可以研究函数图象的切线、函数的单调性、函数的极值和最值、函数的零点，证明不等式等，应用十分广泛．运用导数解决问题时一定要有定义域优先的意识．