【2023届新高考数学考前模拟冲刺卷】 模拟冲刺仿真卷03 （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03 （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．若，则的实部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数运算法则可求得，结合共轭复数定义和复数乘法运算可求得，根据实部定义可得结果.
【详解】，，，
，则的实部为.
故选：C.
2．若，且，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由和已知条件可得答案.
【详解】因为，所以，
由，得
.
故选：B.
3．已知表示不超过的最大整数，称为高斯取整函数，例如，方程的解集为，集合，且，则实数的取值范围是（    ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】A
【分析】由求出集合，分，和三种情况求出集合，结合，即可得出答案.
【详解】由，得，即，解得或，
所以或，
当时，或，
由，得，解得；
当时，或，
由，得；
当时，，满足，
综上所述实数的取值范围是或，
故选：A.
4．已知四点都在表面积为的球的表面上，若是球的直径，且，，则该三棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，即，

∴，
∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积的最大值.
故选：B.
5．有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球，1个红球，乙袋中有2个红球，1个白球.这6个球手感上不可区别.今从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，此球是红球的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设A1＝“从甲袋放入乙袋的是白球”，A2＝“从甲袋放入乙袋的是红球”， B＝“从乙袋中任取一球是红球”，利用求解即可.
【详解】设A1＝“从甲袋放入乙袋的是白球”，A2＝“从甲袋放入乙袋的是红球”， B＝“从乙袋中任取一球是红球”；
.
故选：A
6．2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为3，则图③中的值为（    ）

A． B． C．6 D．
【答案】C
【分析】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由向量的运算求得的坐标，再由数量积的坐标表示计算．
【详解】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
，，
，即，
，由分形知，所以，
所以，
所以．
故选：C．

7．在锐角三角形中，点为延长线上一点，且，则三角形的面积为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】在△ABC中，利用余弦定理求解BC，根据已知锐角三角形条件排除不符合条件的解，再利用三角形面积公式求得结果.
【详解】设则.
在△ABC中，由余弦定理，
得，即,解得.
当时，，，是一个钝角，不合题意，舍去.
当时，，，所以，又，则，符合题意.
在△中，，则△的面积.
故选：C．
8．已知函数是定义域为R的偶函数，当时，，如果关于x的方程恰有7个不同的实数根，那么的值等于（    ）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
【答案】A
【分析】画出偶函数在R上的图象，数形结合得到的解得情况，从而确定关于的方程要有两个不同的解，且，由韦达定理得到的值，进而求出的值.
【详解】当时，，
且当时，，
又为R上的偶函数，则函数图象如下所示：

当时，有2个解，
当时，有4个解，
当时，有6个解，
当时，有3个解，
当时，无解，
要想关于x的方程恰有7个根，
则关于的方程要有两个不同的解，设出，
则，由韦达定理得：，，
解得：，
故.
故选：A

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．下列命题中，正确的命题是（    ）
A．若事件，满足，，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．若事件，满足，，，则与独立
D．某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生平均数为9，方差为11；女生的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方差为9.5
【答案】AC
【分析】根据条件概率公式判断A，根据正态分布的对称性判断B，根据相互独立事件的定义判断C，根据方差公式判断D.
【详解】对于A：因为，∴，故A正确．
对于B：因为，，则，，故B错误．
对于C：若，则与独立，则与独立，故C正确．
对于D：男生成绩设为，∴，
，
∴．
女生成绩设为，∴，
，
∴．
所以，
则，故D错误．
故选：AC
10．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右焦点分别为，点，在椭圆上，且，则（    ）
A．当不在轴上时，的周长为6
B．使是直角三角形的点有4个
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据椭圆的焦点三角形即可判断AB，根据坐标运算以及两点间距离公式即可判断D,由D的结论，结合不等式以及坐标运算即可判断C.
【详解】中,
对于A,的周长为，故A正确，
对于B，当点在椭圆的上下顶点时，此时故,因此当点在椭圆上时，不可能为直角，故当为直角三角形时，此时或，故满足条件的有4个，故B正确，
设,由于,则由于,，进而得，即可，化简得，

，故为定值，故D正确，
对于C,由D可知，故,当且仅当,即时取等号，故，又
，故当有一个为0时，取最大值为，故,故C错误，
故选：ABD
【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量垂直得坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
11．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（    ）
A．当平面时，不可能垂直
B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，]
D．当时，的最小值为
【答案】BD
【分析】对A，作出如图空间直角坐标系，由向量法结合向量垂直判断即可；
对B，由几何关系得出与平面所成线面角，可得，则点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆；
对C，由得点P在上，利用几何关系可得的面积最值在端点及中点位置；
对D，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理即可求.
【详解】对A，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，
所以，，
则，，设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，
由，则，即P为中点时，有平面，且，A错；
对B，因为平面，连接，则即为与平面所成角，

若与平面所成角为，则，所以，
即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，B对；
对C，因为，所以点P一定在上，又因为当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，
设的中点为H，由图形的变化可得当点P在DH和运动时，所得截面对称相同，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为，C错；
对D，如图，将平面与平面沿展成平面图形，

线段即为的最小值，
利用余弦定理可知，
所以，D对.
故选：BD
【点睛】（1）容易建系的几何体一般可通过建系快速解决长度、角度等问题. 本题A中，通过线面平行得线与该面的法向量垂直，即可得参数间的关系，即可进一步讨论线线垂直的问题；
（2）B中轨迹问题，关键结合正方体的线面垂直性质得出线面角，即可得出所求轨迹为圆弧；
（3）C中截面问题，关键结合正方体的对称性，转化为三角形面积的和，再进一步转换成讨论高的范围问题；
（4）D中求不同表面线段和问题，一般展开成平面讨论.
12．已知关于x的方程xex－a＝0有两个不等的实根x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的有（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABCD
【分析】逐项进行判断，对A，利用导数研究函数，转化为与有两个不同的交点；对B，构建函数，利用导数判断；对C，转化为；转化为，简单判断即可.
【详解】由，
令，令．
当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增
，
要使方程有两个不等的实根，即与有两个不同的交点，
当时，，且，所以可知
，故A正确．
由A可知，
构造，
，
在上单调递增，，
，即，由在单调递增
所以，故B正确．
对于C，由，，所以，
又，所以，则，所以，故C正确．
对于D，由
所以，
而由C知，又，D正确．
故选：ABCD．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是得到，B选项是考查极值点偏移问题，关键在于构建函数,对C、D简单化简判断即可.

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，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为___________．
【答案】2
【分析】先算出，再写出通项公式，确定的次数为整数即可
【详解】的展开式有项,因为仅有第5项的二项式系数最大,所以

当时,,当时,,符合题意
所以展开式中有理项的个数为2
故答案为：2
14．数列满足，，则__________
【答案】
【分析】由已知整理得，先利用累乘法求数列的通项，再利用错位相减法求其前2021项的和，从而得到结果.
【详解】由得：，
；
设，
则，
，
，
，即，
，，
.
故答案为：.
15．用表示､两个数中的最大值，设函数，若恒成立，则的最大值是___________.
【答案】2
【分析】恒成立，即，利用分段函数单调性，求函数最小值.
【详解】，当时，；当时，；当时，.
由，，∴，图像如图所示，

可得在上单调递减，在上单调递增，所以，则，即，的最大值是2.
故答案为：2
16．在中，，过点O的直线分别交直线于两个不同的点，若，其中为实数，则的最小值为_________
【答案】##4.5
【分析】利用表示出，再利用三点共线得到，再把转化为关于的函数，即可求出最小值.
【详解】，故，

三点共线，即，

故的最小值为.
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．已知的内角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若点，，均在边上，且，平分，，，，求的长．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据三角恒等变换将已知等式化简，结合余弦定理整理成，再由余弦定理得，即可得角的大小；
（2）解法一：由的面积公式及已知角度关系可得，再由，可得，，结合平面向量的线性运算与数量积的性质即可得的值，即可得的长.
解法二：不妨设，由题可得，，
则，结合三角恒等变换及三角形边角关系可得长，结合平面向量的线性运算与数量积的性质即可得的值，即可得的长.
【详解】（1）由，得，
即，
由余弦定理可得，
整理得．再由余弦定理可得，
因为，所以．
（2）解法一：由题可得的面积
，
因为，，，
所以，结合，得，．
因为为的中点，所以，
所以，所以．
解法二：不妨设，由题可得，，
则，所以，
，
所以，．
因为为的中点，所以，
所以，所以．
18．在数列中，，在数列中，.
(1)求证数列成等差数列并求；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析

【分析】（1）条件等式两边取倒数化简变形即可；
（2）由累乘法求得的通项公式，对不等式进行缩放，结合裂项相消求和即可证明.
【详解】（1）由知，
故，
即，数列成等差数列，
所以，所以；
（2）由，得，
于是
所以，




，
所以.
19．如图所示，在直角梯形中，，四边形为矩形，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或

【分析】(1)根据面面垂直的性质，可得平面，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可证明平面.
(2) 设，则，利用向量表示出直线与平面所成角的正弦值，即可求出点，进而得出结论.
【详解】（1）四边形为矩形，.
又平面平面，平面平面，
平面.
在平面内过点做垂直于点，
则相互垂直，以为原点，
所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，如图，

则.
，
设平面的法向量为，
则得，
取，得.
，.
又平面，平面.
（2）由（1）易知，
设平面的法向量为，
则即，取，得.
假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
设，则，
解得，
.
直线与平面所成角的正弦值为，
，
解得或，
，
或.
在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
此时或.
20．某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．

(1)根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；
(2)若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；
(3)复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及均值．
附：若随机变量X服从正态分布，则：，，．
【答案】(1)
(2)人
(3)分布列见解析，均值为

【分析】(1)根据频率分布直方图的平均数的估算公式即可求解；
(2)由可知即可求解；
(3)根据题意确定Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，利用独立性可求得分布列，进而求得均值.
【详解】（1）样本平均数的估计值为．
（2）因为学生初试成绩X服从正态分布，其中，，
则，
所以，
所以估计初试成绩不低于88分的人数为人．
（3）Y的取值分别为0，5，10，15，20，25，
则，
，
，
，
，
，
故Y的分布列为：
Y
0
5
10
15
20
25
P







所以数学期望为．
21．P为圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)在（1）中曲线与轴的两个交点分别为和，、为曲线上异于、的两点，直线不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：在曲线上存在定点，使得的面积为定值，并求该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据椭圆的定义得到点的轨迹是以、为焦点的椭圆，从求出、、，即可得解；
（2）设、，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，设，由、、三点共线及、、三点共线得到，从而得到直线的方程，再联立直线与直线的方程，求出在定直线上，要使的面积为定值，此时点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，求出点坐标，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）解：直线的垂直平分线交直线于点
，，
由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且，
、，则，
点的轨迹方程为．
（2）证明：设、，直线的方程为，
与椭圆方程联立，得 ，得，
则 由根与系数的关系得 ，，
由（1）知，，设，

由、、三点共线得，由、、三点共线得，
则

.
所以的斜率，则直线的方程为，
联立直线与直线的方程，可得，解得，
因此在定直线上，使得的面积为定值的点一定为过点且与直线平行的直线与椭圆的交点，
由，解得或，此时的坐标为或，
所以的面积．
22．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若有3个零点，，，其中．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间
(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）对函数求导函数，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，得单调区间；
（2）（ⅰ）将函数有三个零点转化为有两个零点，分类讨论，得使条件成立的a的取值范围；
（ⅱ）由，得，证明，得，可证明原命题成立.
【详解】（1）当时，，，
则在恒成立，所以在单调递增，
故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ），
，，则除1外还有两个零点，
，令，
当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；
当时，除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个零点，所以，解得，
当时，设的两个零点为，
则，，所以．
当时，，，则单调递增；
当时，，，则单调递减；
当时，，，则单调递增；
又，所以，，
而，且，
，且，所以存在，，
使得，
即有3个零点 ，，．
综上，实数a的取值范围为．
（ⅱ）证明：因为，
所以若，则，所以．
当时，先证明不等式恒成立，
设，
则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，
因为，所以，
即，两边同除以，
得，即，
所以．
【点睛】（ⅰ）中求使得有两个零点的a的取值范围，得，还需找点说明此时有三个零点；
（ⅱ）由欲证命题知需先求与间的数量关系，结合函数解析式特征发现，
进而得得，推断需证明时，，构造函数证明.