全真模拟卷03-2023年高考数学全真模拟卷(新高考卷)

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2023年高考全真模拟卷（二）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，只有一项是符合题目要求.1．若，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【详解】，故.故选：D2．已知集合，，则集合的真子集个数为（    ）A．7 B．8 C．15 D．32【答案】A【详解】，，故，故集合的真子集个数为.故选：A3．勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】以为坐标原点，为轴，垂直于方向为，建立平面直角坐标系， 因为，,所以，即，且所以，所以，故选:C.4．由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（    ）A．3 B．6 C．9 D．24【答案】B【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,除去2023四个数,还剩一个2,一个3,将2023进行捆绑,对2,2023,3进行全排有种.故选:B5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水恰好刚刚满盆，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）A．寸 B．8寸 C．寸 D．9寸【答案】C【详解】由题意，可知圆台形天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸，则盆中积水的体积为，又盆口面积为，所以平地降雨量为(寸).故选：C.6．已知，分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上一点，以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，则|=（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【详解】依题意，设，由椭圆定义得，由于以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，所以，即，整理得，得，得，所以．故选：A7．设，，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】D【详解】∵，，令，则，，，，当时，，即在上单调递减.∵，∴，即.故选：D.8．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）．A．1 B．C． D．【答案】D【详解】解：由题意，令，则，，所以，，，令，所以，令，得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，有最小值，即的最小值为.故选：D． 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3分，有选错的得0分.9．某城市100户居民月平均用电量（单位：度），以[160，180)、[180，200）、[200，220），[220，240）、[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图所示，则（    ）A．B．月平均用电量的众数为210和230C．月平均用电量的中位数为224D．月平均用电量的75%分位数位于区间内【答案】ACD【详解】由直方图的性质可得，解得，故A正确；由直方图可知月平均用电量的众数，故B错误；因为，所以月平均用电量的中位数在内，设中位数为a，则，解得，故C正确；因为，，所以月平均用电量的75%分位数位于区间内，故D正确.故选：ACD.10．关于函数，下列说法正确的是（    ）A．函数在上的最大值为6B．函数在上的最小值为-2C．函数在上单调递增D．函数在上单调递减【答案】BCD【详解】因为，当时，，最大值为，最小值为．因为函数在上单调递增，在上单调递减，而二次函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减．故选：.11．已知数列和满足，，，.则（    ）A． B．数列是等比数列C．数列是等差数列 D．【答案】BCD【详解】对A选项，令，则，，则，则，则，则A错误，对B选项，由题意中两式相加得，故B正确，对C选项，由题意中两式作差得，即，则C正确，对D选项，由B得，，两式相加得，则，则若，显然，则成立,故选：BCD.12．正方体的棱长为2，O为底面ABCD的中心．P为线段上的动点（不包括两个端点），则（    ） A．不存在点P，使得平面B．正方体的外接球表面积为C．存在P点，使得D．当P为线段中点时，过A，P，O三点的平面截此正方体外接球所得的截面的面积为【答案】ABD【详解】假设存在点P，使得平面，在上取点，使得，又，所以四边形为平行四边形，所以，又所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面，又平面，,平面，所以平面平面，与已知矛盾，所以不存在点P，使得平面，A正确；正方体的外接球的球心为的中点，外接球的半径，所以正方体的外接球表面积，B正确；假设存在P点，使得，在线段上取点使得,设，则，，，因为，所以，所以，解得，与已知矛盾；C错误；取的中点，因为P为线段中点时，连接交与点，所以，又，所以，故过A，P，O三点的平面为平面，取的中点，过作，垂足为，又平面，平面，所以，，平面，所以平面，过球心作，则平面，所以正方体的外接球的球心到截面的距离为的长，又，所以，因为为的中点，所以，故截面圆的半径为，所以截面圆的面积，D正确；故选：ABD.二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．二项式的展开式中常数项为，则的值为______．【答案】1【详解】由题意可得二项式的展开式的通项为 ，令 ，则，解得 ，故答案为：114．新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情爆发以来，中国人民万众一心，取得了抗疫斗，争的初步胜利．面对秋冬季新冠肺炎疫情反弹风险，某地防疫防控部门决定对某市A,B,C,D四个地区采取抽检，每周都抽检一个地区，且每周都是从上周未抽检的地区中随机抽取一个地区，设第1周抽到A地区，那么第6周也抽到A地区的概率是______（用最简分数表示）．【答案】【详解】由于第一次抽到A，则第二次不会抽A，有3种选择，若第三次抽到A,则第四次有3种选择，由于第6次要抽到A，则第五次不能抽到A，故只有2种选择，故在此种情况下，共有种选择，若第三次没有抽A,则第三次有2种选择，若第四次抽到A，则第五次有3种选择；若第四次没有抽到A,则第四次有2种选择，第五次也有2种选择，故共有，因此所以满足第1周抽到地区，那么第6周也抽到地区的个数一共有，全部情况有，所以概率为 ，故答案为：15．已知椭圆，，是其左、右焦点，点在椭圆上且满足.若到直线的距离为，则的最小值为______.【答案】【详解】解：在中由正弦定理，又，所以，所以，令，要求的最小值，即求的最小值，则，当且仅当垂直直线且在与之间时取等号，所以.故答案为：16．已知函数（为自然对数的底数），若关于的方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是_________．【答案】【详解】令，可得，所以函数为偶函数，因为，则，所以，当时，函数有两个零点，且当时，，可得，令，可得，令，其中，则，故函数在上为增函数，下面考查直线与函数的图象相切的情形：设直线与函数的图象相切于点，其中，函数的图象在处的切线斜率为，故曲线在点的切线的方程为，即，由题意可得，解得，，结合图形可知，当时，直线与曲线在上的图象有两个交点，即此时函数在上有两个零点，因此，实数的取值范围是.故答案为：. 四、解答题：本小题共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．已知数列的前项和为，且.(1)求；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【详解】（1）解：因为，当时，解得，当时，所以，即，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）解：由（1）可得，所以.18．在中，内角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若，的平分线交于点，且．求的面积．【答案】(1)(2) 【详解】（1）解：因为，由正弦定理可得，即，即，所以，又，所以，所以，则，又，所以.（2）解：由题意，得，又，所以，即，由余弦定理得，即，于是，解得或（舍），所以．19．如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，是侧面上一点．(1)过点作一个截面，使得与都与平行．作出与四棱锥表面的交线，并证明；(2)设，其中．若与平面所成角的正弦值为，求的值．【答案】(1)答案和证明见解析(2)【详解】（1）过点作的平行线，分别交于点，过作的平行线，交于点，过作的平行线交于点，则截面为所求截面，证明如下：因为截面,截面,所以截面,因为截面,截面,所以截面.（2）因为平面，平面，所以，且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，则所以，所以，又因为，所以，设平面的法向量为，所以令，所以，设与平面所成角为，则，整理得，解得（舍），.20．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.(1)若，求；(2)记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.【答案】(1)；(2)（），事件A是小概率事件，理由见解析.【详解】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，当时，甲以赢，，当时，甲以赢，，因此甲赢的概率为，则乙赢的概率为，所以.（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，于是得乙赢得全部奖金的概率，甲赢得全部奖金的概率，，，即函数在上单调递增，则有，因此乙赢的概率最大值为，所以事件A是小概率事件.21．设椭圆的左右焦点分别为，椭圆的上顶点，点为椭圆上一点，且.(1)求椭圆的离心率及其标准方程；(2)圆圆心在原点，半径为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上一点满足，试说明直线与圆的位置关系，并证明.【答案】(1)，椭圆的方程为；(2)直线与圆相切，证明见解析.【详解】（1）解：由题意可得，设，所以，又因为，所以，所以，所以， 即，代入椭圆方程得：，所以，所以，因数，即，所以，又因为，所以，所以椭圆的方程为；（2）解：直线与圆相切.证明：因为关于原点对称，所以 ，，，所以，设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程可得：，即，所以，因为，所以，所以，所以，则原点到直线的距离，所以此时直线与圆相切；当直线的斜率不存在时，依题意可得，由，可得，所以，又因为，所以，所以直线的方程为或，所以原点到直线的距离，所以此时直线与圆相切，综上所述直线与圆相切；同理可证直线与圆相切；所以直线与圆相切.22．已知函数是的导函数．(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；(2)若，判断关于的方程在内实数解的个数，并说明理由．【答案】(1)；(2)2，理由见解析.【详解】（1）由题意在上恒成立，得 ，即恒成立，令，则 ，当时，，令，即，则，得，令，即，或得 或，所以在和为减函数，在上为增函数， ，，故， 故，即，综上 ，实数的取值范围 .（2）由题意， ,由，得 ，令 ， 令， ,令在上单调递减,注意到,∴存在,使，且当时， ， 单调递增,当时，，单调递减, 且 ,  ,所以在和上各有一个零点，设为，且当时，单调递减；时，单调递增，当时，单调递减且 ，∴当时， ，当 时，，故在上有唯一的零点，设为，且当 ，时， ，在上单调递减；当 时，，在上单调递增．注意到 ，  ，所以：在和上各有一个零点，设为，所以共两个零点，故方程在内实数解的个数为2.