【2023届新高考数学考前模拟冲刺卷】 模拟冲刺仿真卷04 （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04 （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，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解分式不等式求得集合，求函数定义求得集合，由此求得两个集合的交集.
【详解】由解得，由解得，故，
故选C.
【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查分式不等式的解法，考查对数函数的定义域，属于基础题.
2．已知复数，，则（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】结合复数的运算法则和模长公式即可求解.
【详解】∵，∴．
故选：B
3．已知等比数列满足，且成等差数列，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可.
【详解】设的公比为q，则．
由成等差数列，得，即，
于是，故，从而．
故选：D
4．在中，“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用切化弦和三角恒等变换判断出“”是“”的充分条件，利用“1”的代换将化为，判断出“”不是“”的必要条件.
【详解】若，则，即，
所以.所以，即，所以，
所以，所以，
所以“”是“”的充分条件；
若，则，
即，
所以，所以或，
所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．在一个具有五个行政区域的地图上（如图），用四种颜色给这五个行政区着色，当相邻的区域不能用同一颜色时，则不同的着色方法共有（   ）

A．72种 B．84种 C．180种 D．390种
【答案】A
【分析】可分2种情况讨论：若选3种颜色时，必须同色且同色；若4种颜色全用，只能同色或同色，其它不相同，从而可得结果.
【详解】选用3种颜色时，必须同色且同色，与进行全排列，
涂色方法有种；
4色全用时涂色方法：同色或同色，有种情况，
涂色方法有种，
不同的着色方法共有种，故选A.
【点睛】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的应用，属于简单题.有关计数原理的综合问题，往往是两个原理交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
6．已知函数的部分图象如图，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先结合已知条件和图像求出的解析式，然后利用函数的对称关系求出与之间的关系式，然后通过求出，进而即可求出.
【详解】结合题意可知，，
∵，∴，
又由图像可知，，
又由，即，即，，
从而，故，
令，，
从而的对称轴为，，
由图像可知，与关于对称，即，且，
因为，
所以.
故选：C.
7．已知抛物线与过抛物线焦点且斜率为1的直线相交于A,B两点，以A,B为切点与抛物线相切的直线PA,PB相交于点P，则的面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设点，联立直线与抛物线方程求出，代入弦长公式求出，再分别求出两条切线PA，PB，联立两切线方程求出点P的坐标及点P到直线AB的距离d，最后代入即可得解.
【详解】作出函数图像如图所示：

抛物线焦点为，直线l：，设点，
联立直线与抛物线方程，
则，
因为，，
所以直线PA的方程为：①，
直线PB的方程为：②，
联立①②可得，所以点，
点P到直线AB的距离为，
.
故选：A
【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，韦达定理及弦长公式，求曲线的切线方程，涉及点到直线的距离，属于中档题.
8．已知函数，则（   ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先分析的图象关于直线对称，可得到然后得到在的单调性，构造函数，利用导数可得到，并比较与的大小，结合单调性即可求解
【详解】因为
对于
，
所以的图象关于直线对称，则
当时，
因为二次函数在上为增函数，且
所以，在上为增函数，
所以在上为增函数，
令，则，
故在为增函数，所以即，
所以，所以，
又因为即所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

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．在曲线中，（    ）
A．当时，则曲线C表示焦点在y轴的椭圆
B．当时，则曲线C为椭圆
C．曲线C关于直线对称
D．当时，则曲线C的焦距为
【答案】ABD
【分析】将曲线C化为，再根据此方程表示椭圆得出的关系即可判断AB，求出椭圆的焦距即可判断D，根据椭圆的对称性即可判断C.
【详解】解：将曲线化为，
对于A，当时，则，
所以曲线C表示焦点在y轴的椭圆，故A正确；
对于B，当时，曲线C为椭圆，故B正确；
对于C，当时，曲线C为椭圆，
椭圆的对称轴为坐标轴，不关于直线对称，故C错误；
对于D，当时，则曲线C为椭圆，
则曲线C的焦距为，故D正确.
故选：ABD.
10．袋中装有4个相同的小球，分别编号为1，2，3，4，从中不放回的随机取两个球，A表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，B表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的有（    ）
A．事件A与事件B独立
B．事件A与事件B不互斥
C．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为
D．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为
【答案】BC
【分析】根据互斥事件和独立事件的概念判断A，B的正误，根据条件概率公式分别计算事件A发生的前提下，事件B发生的概率以及在事件B发生的前提下，事件A发生的概率判断C，D的正误.
【详解】对选项A：事件A的概率，
事件B的概率，事件AB的概率，
因为，所以事件A与事件B不独立，选项A错误﹔
对选项B：“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中，
故事件A与事件B不互斥，选项B正确；
对选项C：事件A的概率，
事件B的概率，事件AB的概率．
在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为，
选项C正确；
对选项D：事件A的概率，
事件B的概率，
事件AB的概率．
在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为，
选项D错误．
故选：BC.
11．在平面直角坐标系中，已知圆，其中，则（    ）
A．圆过定点 B．圆的圆心在定直线上
C．圆与定直线相切 D．圆与定圆相切
【答案】BC
【分析】利用反证法可判断AD选项；求出圆心所在直线的方程，可判断B选项；判断圆与直线的位置关系，可判断C选项.
【详解】对于A选项，圆的方程可化为，
若圆过定点，则，可得，矛盾，A错；
对于B选项，圆的圆心坐标为，则圆心在直线上，B对；
对于C选项，圆心到直线的距离为
，故直线与圆相切，
同理可知，直线与圆也相切，C对；
对于D选项，设定圆的圆心为，半径为，设，
若定圆与圆外切，则，
化简得，
由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去；
若定圆与圆内切，则，
化简可得，
由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去.
同理可知，当时，不存在定圆与圆相切，D错.
故选：BC.
12．如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为
C．三棱锥的体积最大值为
D．若点M在上运动，则到直线PM的距离的最小值为
【答案】ABC
【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项.
【详解】对于A，将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确；
对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，

则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，
1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为

B正确；
对于C，连接，，，，，，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C正确；

对于D，正方体的棱长为1，为的中点，点M在上运动，设，可得，，，，，，可得，得，，，由图可见，明显地，当与重合时，必有到直线PM的距离的最小，此时，，故，设直线与直线的夹角为，可得,则，故到直线PM的距离的最小值为，故D选项错误；

故选：ABC

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．已知向量且，则___________.
【答案】-28
【分析】由平面向量平行与垂直的坐标运算,列方程组求解
【详解】因为且，所以，解得.
故答案为：-28
14．若的展开式中的系数为3，则__________.
【答案】##0.5
【分析】根据二项式展开式通项特征，即可根据得的取值，进而求解.
【详解】由，
则其通项为,
令，则或，
所以，由于，所以，
故答案为：
15．葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其枝密集繁茂，象征着儿孙满堂、同气连枝；其音近于“福禄”，寓意着长寿多福、事业发达；其果口小肚大，代表着心胸开阔、和谐美满．如图，一个葫芦的果实可以近似看做两球相交所得的几何体，其中的下半部分是半径为的球的一部分，的上半部分是半径为3的球的一部分，且，则过直线的平面截所得截面的面积为__________．

【答案】
【分析】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，通过条件提供的数据可求得，进而利用扇形的面积公式可得截面的面积.
【详解】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，
由，得，
故，从而．
所以截面面积为．
故答案为：

16．已知函数，若存在唯一整数，使得成立，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【分析】首先将不等式整理为，分别构造函数与，然后利用导数研究的函数性质并将作出其图象，进而将原问题转化为两函数图像的交点问题，结合函数图象即可求出参数的取值范围.
【详解】已知，即，
令，，，
则，易知在上单调递增，又，，所以存在实数，使得，
且当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，又，
是过定点的直线，所以画出函数和的大致图象如图所示，

令，，，由图可知若存在唯一整数，使得成立，则需，
而，所以，
因为，所以，即实数a的取值范围是．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将不等式变形为，并构造函数与，将原问题转化为两函数图像的交点问题，进而通过导数画出与的大致图像，通过数形结合的方法求出参数的取值范围，该方法是解决函数整数解问题或者零点问题的一种重要手段.

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．在中，，是边上一点，．
(1)若，求的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）首先求出、，再在、、中分别利用正弦定理计算可得；
（2）设，则，，由面积公式表示出、、，即可得到，从而得到，令，则，设利用导数说明函数的单调性，即可求出的值域，即可得解.
【详解】（1）解：由，，
可得，．
在中，由正弦定理得；
在中，由正弦定理得；
在中，由正弦定理得，
所以．
（2）解：由，得．
设，则，，
所以，，
，则，
故．
设，则．
因为，所以，则．
设，，则．
因为当时，，所以函数在区间上单调递增．
因为，，所以，
故的取值范围为．
18．已知为数列的前项和，，，记．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用与的关系，整理数列的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；
（2）写出数列的通项，利用裂项相消，可得，分奇偶两种情况，可得答案.
【详解】（1）由，得．
∴，则．∴，
∴数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴．∵，
∴．
（2）∵，
∴
∴

当为奇数时，．
当为偶数时，，是递增数列，∴．
综上得：．
19．今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就．某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
(2)用样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；
(3)从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望．
【答案】(1)
(2)
(3)分布列见解析；

【分析】（1）根据题意，由中位数的意义列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意可得，当取最大值时，则，
然后求解，即可得到结果；
（3）由题意可得，甲乙分别进入复赛的概率，然后求得的概率，即可得到分布列与期望.
【详解】（1）因为前两个矩形的面积之和为，前三个矩形面积为，
所以中位数在之间，设中位数为，
则，解得，故中位数为.
（2）由题意可得，成绩在上的概率为，则不在的概率为，
所以，即有，，
当取最大值时，则，
即，
解得，即，
且，所以.
（3）由题意可知，从6道题中选4题共有，
因为甲能答对6道题中的4道题，故甲能进复赛的情况共有，
所以甲能进复赛的概率为，则甲不能进复赛的概率为；
因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有,
所以乙能进复赛的概率为，则乙不能进复赛的概率为；
依题可得，的可能取值为，
所以，，，
则分布列为:









则.
20．如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

(1)若，求证：平面平面；
(2)是否存在，使得直线平面？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)不存在，理由见解析

【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【详解】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
（2）假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，
则．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.
21．已知椭圆过点，且的焦距是椭圆的焦距的3倍．
(1)求的标准方程；
(2)设M，N是上异于点P的两个动点，且，试问直线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线恒过定点，定点的坐标为

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的标准方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用直线与椭圆的交点以及列方程，整理后可求得定点坐标.
【详解】（1）由题意得，化简得①，
又过点．所以②，
联立①②解得，
所以的标准方程为．
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
所以，
，
因为，所以，
所以，
即，
所以，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为恒过点（舍去）；
当时，直线的方程为恒过点，
此时直线恒过点；
当直线的斜率不存在时，设，则，所以．
由，得，
所以，
所以，解得或（舍去），
此时直线的方程为，恒过点，
综上，直线恒过定点，定点的坐标为．
22．已知函数.
(1)若函数在R上单调递增，求的取值范围；
(2)若，且有两个零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由函数单调递增，得到导函数大于等于0恒成立，参变分离得到，求出的单调性和极值，最值情况，得到答案；
（2）转化为为方程的两根，由得到，记（），得到其单调性，求出在和过处的切线方程分别为和，作差法得到，，记与和的交点横坐标分别为，求出，，利用放缩法求出答案.
【详解】（1）函数在R上单调递增，因此，即，
记，则，
令得：，令得：，
故在上单调递增，在单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，，
因此；
（2）不妨设，由，，
即为方程的两根，
由，故，解得：，所以，
记（），则，令得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
在处的切线方程为，记（），则单调递减，
则，
其中在上单调递增，且，
即，
设在的切线方程过点，
则在的切线斜率为，
所以，解得：，
取，则在的切线方程过点，且斜率为，
切线方程为，即，记（），
则单调递增；
又，
其中令，，故，
令得：，令得：，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故，故，
记与和的交点横坐标分别为，则
，故，由，单调递减，所以，
，故，由，单调递增，所以，
由于，
所以.
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.