2023届新高考复习系列模拟试卷（二）（新高考I卷）数学试题含解析

数 学 试 卷

第I卷 选择题部分（共60分）

一、选择题：本大题共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．（2022·海南·高三阶段练习）已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将集合化简，再结合集合的交集运算即可得到结果.

【详解】将集合化简可得，

则

故选:A

2．（2023·江西景德镇·模拟预测（理））已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的概念与复数的除法运算解题即可.

【详解】由题，

所以的虚部为

故选：B

3．（2022·江苏·沭阳县建陵高级中学高三阶段练习）已知圆锥的高为1，侧面展开图为半圆，则圆锥的体积为（    ）

A．  B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆锥侧面展开图可求得母线长与底面半径的关系，结合圆锥的高求得半径，即可根据圆锥的体积公式求得答案.

【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l,

则由圆锥侧面展开图为半圆，可得，

因为圆锥的高为1，故，

则圆锥的体积为，

故选：D

4．（2022·河南·濮阳南乐一高高三阶段练习（文））已知函数 ，则f(x)在上的单调递增区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用整体代入法求得的单调递增区间，由此确定正确选项.

【详解】由，

解得，

所以的单调递增区间是，

令，得的单调递增区间是，

所以在区间上的单调递增区间为.

故选：B

5．（2022·全国·高三专题练习）过椭圆左焦点F，倾斜角为60°的直线交椭圆于A、B两点，若|FA|＝2|FB|，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据余弦定理，推得长度，根据其比值关系，即可求得结果.

【详解】设椭圆的右焦点为，连接，如下所示：

设，则，

在△中，由余弦定理可得,整理可得：，即；

在△中，同理可得：，故，解得.

故选：.

6．（2022·宁夏·银川一中高三阶段练习（文））若，是第二象限的角，则（    ）

A． B． C．2 D．-5

【答案】D

【分析】先通过三角恒等变换构造齐次式求出，再估算的范围，进而求得结论．

【详解】解：，

整理得，

解得或，

∵是第二象限的角，

，

，

，

，

∴ 原式．

故选：D．

7．（2023·山东潍坊·高三期中）函数与的图像有且只有一个公共点，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C．或 D．或或

【答案】C

【分析】直线过定点，利用导数求切线斜率并结合图象分析判断.

【详解】∵过定点，且在上，

又∵，则，

∴在处的切线斜率为，

结合图象可得：

当时，与的图像有且只有一个公共点，则符合题意；

当时，与的图像有两个公共点，则不符合题意；

当时，与的图像有且只有一个公共点，则符合题意；

当时，与的图像有两个公共点，则不符合题意；

综上所述：实数的取值范围为或.

故选：C.

8．（2023·全国·高三专题练习）足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．为推广足球运动，某学校成立了足球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率为，即．则下列说法正确的个数是（    ）

（1）；（2）；（3）；（4）．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】（1）与（2）能直接进行求解；（3）分析出要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，且第次触球的人，有的概率将球传给甲，从而求出递推公式；（4）再第（3）问的基础上求出通项公式，计算出，比较出，从而判断出结论.

【详解】甲传球给乙或丙，故，（1）正确；

乙或丙传球给其他两个人，故，（2）正确；

由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，

且第次触球的人，有的概率将球传给甲，

故，C正确；

因为，设，

解得：，

所以

因为，

所以是以为首项，公比是的等比数列，

故，

所以，

故，

，

故，（4）错误.

说法正确的个数是3个.

故选：C

【点睛】概率与数列结合的题目，要能分析出递推关系，通过递推关系求出通项公式，这是解题的关键.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.

9．（2023·山东潍坊·高三期中）某市新冠肺炎疫情工作取得阶段性成效，为加快推进各行各业复工复产，对当地进行连续11天调研，得到复工复产指数折线图（如图所示），下列说法错误的是（    ）

A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加

B．这11天期间，复产指数的极差大于复工指数的极差

C．第3天至第11天复工复产指数均超过80％

D．第9天至第11天复工指数的增量大于复产指数的增量

【答案】ABD

【分析】特例法否定选项A；比较两指数极差判断选项B；读图判断选项CD.

【详解】选项A：第8天比第7天的复工指数和复产指数均低.判断错误；

选项B：这11天期间，两指数的最大值相近，但复工指数比复产指数的最小值低得多，

所以复工指数的极差大于复产指数的极差. 判断错误；

选项C：第3天至第11天复工复产指数均超过80％. 判断正确；

选项D：第9天至第11天复工指数的增量小于复产指数的增量.判断错误.

故选：ABD

10．（2022·江苏连云港·高三期中）已知和都是锐角，向量，，，则（    ）

A．存在和，使得 B．存在和，使得

C．对于任意的和，都有 D．对于任意的和，都有

【答案】BC

【分析】对于A，由，得化简计算，对于B，由共线向量定理判断，对于C，求解判断，对于D，求解和进行判断.

【详解】对于A，若，则，因为和都是锐角，所以不成立，所以A错误，

对于B，若，则存在唯一实数，使得，则，

所以，所以，当上式成立，所以B正确，

对于C，因为，，所以，

所以

，

因为和都是锐角，所以，所以，

所以，所以，所以C正确，

对于D，，，

若，则，所以D错误，

故选：BC

11．（2022·江苏扬州·高三阶段练习）过点的直线与圆交于A，B两点，线段MN是圆C的一条动弦，且，则（    ）

A．的最小值为 B．△ABC面积的最大值为8

C．△ABC面积的最大值为 D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】设圆心到直线AB的距离为，求出，即可判断A；再由，求出面积的最大值即可判断B，C；取MN的中点，求的最小值转化为求的最小值即可判断D．

【详解】∵即，∴圆心，半径

在圆C内，，

设圆心到直线AB的距离为，由题意得，

∵，∴，故A正确；

∵，∴当时，，故B错误，C正确．

取MN的中点，则，又，则，

∴点的轨迹是以为圆心，半径为3的圆．

因为，且，

所以的最小值为，故D正确．

故选：ACD．

12．（2022·广东广州·高三阶段练习）如图，在长方体，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，平面

B．当时，三点共线

C．当时，平面

D．当时，取得最大值

【答案】ACD

【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解，由向量与平面法向量数量积可判断A，根据向量共线的坐标表示判断B，通过向量的数量积判断垂直关系可判断C，通过坐标运算求向量夹角的余弦，再求余弦的最小值可判断D.

【详解】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

设，由，

则，

，，，，

，

设平面的法向量，由，

令，则，故，又，

若平面，则，即，解得，故A正确；

当时，，，,

，即三点不共线，故B错误；

若平面，则，解得，即时，故C正确；

，，

令，由可得，，

则，即当，即时，有最小值，由在上单调递减可知，此时取得最大值，故D正确.

故选：ACD

第II卷 非选择题部分（共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知函数是偶函数,则实数的值是__________．

【答案】－2

【分析】根据偶函数的定义计算即可

【详解】的定义域为

因为是偶函数，所以

即.即

所以

,即

故答案为：－2

14．（2023·全国·高三专题练习）过抛物线的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，若以AB为直径的圆与直线相切，则抛物线的方程为__．

【答案】

【分析】利用抛物线的定义证明以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，结合条件求，由此可求抛物线的方程.

【详解】取AB的中点M，分别过A、B、M作准线的垂线AP、BQ、MN，垂足分别为P、Q、N，如图所示：

由抛物线的定义可知，|AP|＝|AF|，|BQ|＝|BF|，

在直角梯形APQB中，，

故圆心M到准线的距离等于半径，

∴以AB为直径的圆与抛物线的准线相切

由已知得准线方程为，

∴1，∴p＝2，

故所求的抛物线方程为．

故答案为：．

15．（2021·山东省青岛第十九中学高三期中）设函数，，其中a为实数．在上是单调减函数，且在上有最小值，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】由在上恒成立求得的范围，由在上有解求得的范围，并验证此时取得的是最小值，然后两者取交集可得．

【详解】，在上是单调减函数，则在上恒成立，

，而，所以，

，在上有最小值，首先在上有解，

，，此时，

时，，递减，时，，递增，所以时，取得极小值也是最小值，满足题意．

综上，．

故答案为：．

16．（2022·全国·高三专题练习）设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，现从甲袋中任取2个球，记取出的红球个数为X，则＝________，将取出的球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为________．

【答案】     ；     .

【分析】分析可知，从甲袋中任取2个球，记取出的红球个数为X，则随机变量X服从超几何分布，

由超几何分布的数学期望得；从甲袋任取两个球分三类情况，再计算乙袋中取出的是2个红球的概率即可.

【详解】解：甲袋中有3个白球和4个红球，从甲袋中任取2个球，记取出的红球个数为X，则随机变量X服从超几何分布，

所以由超几何分布的数学期望得：；

甲袋任取两个球的可能性有三种：

甲袋取出的为2个白球时，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为：；

甲袋取出的为1个白球、1个红球时，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为：；

甲袋取出的为2个红球时，则从乙袋中取出的是2个红球的概率为：

从乙袋中取出的是2个红球的概率为：.

故答案为：；.

四、解答题：本大题共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．（2022·云南云南·模拟预测）给定三个条件：①成等比数列，②，③，从上述三个条件中，任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.

问题：设公差不为零的等差数列的前n项和为，且，___________.

(1)求数列的通项；

(2)若，求数列的前n项和.

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）若选条件①，根据成等比数列，得，然后利用基本量思想求出和，最后利用等差数列通项公式进行求解；若选条件②或③，直接利用基本量思想求出和，然后利用等差数列通项公式进行求解；

（2）根据（1）的通项公式，代入中，得，然后利用错位相减法求解前项和.

【详解】（1）设等差数列的公差为.

选条件①：成等比数列，

，

解得，故数列的通项.

选条件②：，

解得，故数列的通项.

选条件③：，

，

解得，故数列的通项.

（2）由（1）得

所以，

可得，

两式相减得

，

所以.

18．（2021·全国·高考真题）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.

（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；

（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）类．

【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．

【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．

；

；

．

所以的分布列为

（2）由（1）知，．

若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．

；

；

．

所以．

因为，所以小明应选择先回答类问题．

19．（2021·湖南·长沙一中高三阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．

(1)求∠ACD；

(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根据，得到，即可求解；

（2）在中，由正弦定理求得，根据为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范围．

(1)

解：在中，由余弦定理得：

，所以，

又因为，所以．

(2)

解：由，且，可得，

在中，由正弦定理得，

所以，            

因为为锐角三角形，，，

所以，可得，

则，所以，所以，

所以的取值范围为．

20．（2022·河北保定·高三阶段练习）如图，正三棱柱中，，，D是AB的中点，E是上一动点.

(1)若，求到平面BAE的距离；

(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ABE的一个法向量后可求点面距.也可利用等积法求点面距.

（2）求出平面与平面的法向量后可求面面角的余弦值.

【详解】（1）方法一：

如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，由题意易知，，，，

所以，，

设平面ABE的一个法向量为，

则，所以，令，

得，

设到平面ABE的距离为d，则

方法二：

在正三棱柱中，D为AB的中点，

所以面，因为，所以

因为面，所以E到面的距离为

所以

易知，设到平面ABE的距离为d，

则

因为，所以

（2）在正三棱柱中，D为AB的中点，

所以面，因为，所以

因为面，所以E到面的距离为

所以

易知，设到平面ABE的距离为d，

则

因为，所以

所以到平面ABE的距离为

（2）方法一：

由（1）知，，，，，

设，所以，，

设平面的一个法向量为，

则，所以令，得，

因为面，所以，解得，所以E为中点，

取BC得中点H，易知平面，

所以平面的一个法向量为，

所以平面与平面的夹角的余弦值为

.

所以，平面与平面的夹角的余弦值.

方法二：

取中点F，连接、DF，

记，则G是DF中点，连接GE，则面面，

因为平面，平面，所以，

因为G是DF中点，所以E是中点.

所以，，

设平面的一个法向量为，

则，所以，即，

令，得

取BC得中点H，易知平面，，

所以平面的一个法向量为，

所以平面与平面的夹角的余弦值为：

.所以，平面与平面的夹角的余弦值.

（建系方法不唯一，参照给分）

21．（2022·浙江绍兴·一模）已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.

(1)求的方程；

(2)已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若直线经过点，求直线的斜率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合，可得答案；

（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点的坐标，根据所过已知点，建立方程，可得答案.

【详解】（1）易知，，

故，.

故双曲线的标准方程.

（2）方法一：令A为，则为，直线为，直线为，

由，

设，得，

即，

，，，

同理可得，，，

直线经过点，则，，三点共线，

即，则有

，

化简得，，

即，故.

方法二：令A为，则为，直线为，直线为，

由，

设，得，

即

，，同理可得，.

令直线为，

由，则，

即，化简得

，解得，，故.

【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.

22．（2022·云南云南·模拟预测）已知函数.

(1)求函数的极值；

(2)证明：.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）求导得，分析的符号，进而可得的单调性．

（2）要证，需证，即证，令，只需证明，即可得出答案．

【详解】（1）解：函数的定义域为，

由，得，由，解得，

由，解得

所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

的极小值为，无极大值.

（2）解：因为，

所以要证，即证，

所以，

令，

则，

设，则，

所以在单调递增，

所以在单调递增，

当时，；当时，，

，，

所以存在使得，即①，

所以在上，，单调递减，

在，上，，单调递增，

所以，②

由①得代入②中，，

所以，

所以．