冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷04（新高考全国Ⅰ卷）（解析版）

这是一份冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷04（新高考全国Ⅰ卷）（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年新高考全国Ⅰ卷模拟测试卷04一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用补集的定义求解作答.【解析】集合，而全集，所以.故选：A2．已知，则“”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】C【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，结合简易逻辑用语判断选项即可.【解析】因为定义域上单调递减，故由得，而定义域上单调递增，故，满足充分性；又，满足必要性，故选：C3．为了解学生每天的体育活动时间，某市教育部门对全市高中学生进行调查，随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间，按照时长（单位：分钟）分成6组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为（    ）A．43.5分钟 B．45.5分钟 C．47.5分钟 D．49.5分钟【答案】C【分析】由百分位数的定义求解即可.【解析】由频率之和为1得：，解得，由，，故第25百分位数位于内，则第25百分位数为.可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5，故选：C.4．已知，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解.【解析】.故选：B.5．已知直线与曲线相切，则实数a的值为（    ）A． B． C．0 D．2【答案】A【分析】设切点，利用导数的几何意义计算即可.【解析】设切点为，易知，则，解之得，故选：A6．某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（    ）A．的数据较更集中B．C．甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于D．【答案】D【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解.【解析】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，因为c与 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积 ， ，正确；对于C， ， 甲种茶青每500克超过 的概率 ，正确；对于D，由B知： ，错误；故选：D.7．已知双曲线，点的坐标为，若上的任意一点都满足，则的离心率取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两点间距离公式，结合一元二次不等式的性质、双曲线离心率公式进行求解即可.【解析】设，，由，代入不等式中，化简，得恒成立，则有，解得，而，所以故选：A【点睛】方法点睛：一般求双曲线的离心率的方法是：根据已知的等式或不等式，构造关于中任意两个量的双齐次方程或不等式，再结合双曲线的离心率大于1进行求解即可.8．中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ）A．24 B．28 C．32 D．36【答案】B【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.【解析】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，因此，于是长方体的体积，所以该正四棱台的体积为.故选：B【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为4C．命题使得，则D．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为【答案】AD【分析】根据不等式的性质判断A选项，根据基本不等式取等条件判断B选项，根据命题的否定判断C选项，根据古典概型概念判断D选项. 【解析】若，左右两边乘以,可得,A选项正确;,当且仅当取等号,显然等号取不到，即的最小值不是4,B选项错误;命题使得，则,C选项错误;从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有10种情况：,则以这3个数为边长能构成直角三角形有1种情况， 则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为,D选项正确;故选:AD.10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．的图象关于点对称B．在区间的最小值为C．为偶函数D．的图象向右平个单位后得到的图象【答案】BC【分析】由图象可求得的解析式，对于A： 验证是否为的零点；对于B先求出的范围再求的值域；对于C，求出的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断.【解析】，由图象可知，即，又，所以，由五点作图法可得，解得，所以，对于A：，所以的图象关于对称，故A错误；对于B：当时，，即在区间上的最小值为，故B正确；对于C：，为偶函数，故C正确.对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误；故选:BC.11．如图所示，从一个半径为（单位：）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥，则以下说法正确的是（    ）A．四棱锥的体积是B．四棱锥的外接球的表面积是C．异面直线与所成角的大小为D．二面角所成角的余弦值为【答案】BCD【解析】设正方形边长为，则有，所以，解得，折叠而成正四棱锥如图所示，其中为外接球的球心，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，所以选项A错误；设四棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，则有，解得，所以四棱锥外接球表面积，因为，所以异面直线与所成角为，取的中点，连接，，如图，因为，均为等边三角形，所以，，所以为二面角所成角的平面角，在中，由余弦定理得，故正确答案为BCD.故选：BCD12．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（    ）A．是偶函数 B．为奇函数C．函数有8个不同的零点 D．【答案】AB【分析】根据已知推出函数关于直线对称且关于对称，周期为8，由已知区间上的解析式画出图象判断A、B；结合图象判断交点个数，周期性求函数值的和判断C、D.【解析】由，则函数关于直线对称，且，由，则函数关于对称，且，所以，故，则，故函数的周期为8，当时，则，，根据周期和对称性知：值域为，由函数关于直线对称且关于对称，周期为8，为向左平移1个单位得到，是偶函数，故A正确：为向左平移3个单位得到，是奇函数，故B正确；由在上递减，且，；在上递增，且，，结合图象：看出和的图象有10个交点，即有10个不同的零点，故C错误：由，，，，，，，，则，所以，故D错误，故选：AB 三、填空题13．已知向量满足，则与的夹角为___________.【答案】【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.【解析】由，，故答案为：14．展开式中的系数为___________.【答案】【分析】变换，根据二项式定理计算得到答案.【解析】的展开式的通项为：，，取和，计算得到系数为：.故答案为：.15．如图，已知椭圆的焦点为、，点为椭圆上任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为点.过点作轴的垂线，垂足为，若线段的中点为，则点的轨迹方程为______.【答案】【分析】根据题意，利用椭圆定义，求得长度，即可容易求得点的轨迹方程.【解析】延长交的延长线于点，连接，作图如下：容易知点关于的对称点为，故可得，又因为分别为的中点，故可得，不妨设点的坐标为，故可得点的坐标为，则，整理得.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的定义，以及椭圆中动点轨迹方程的求解，属中档题.16．已知数列的前n项和为，满足：，且，为方程的两根，且.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】先利用等差数列通项公式求解，再利用数列的单调性求解数列的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【解析】由可知数列是等差数列，设其公差为，解方程得或，又，，，.由得，，设，则，由对于任意恒成立，所以只考虑的符号，设，，令解得，即在上单调递增，令解得，即在上单调递减，，，，当，，当，时，，即，，当，，即，即从，开始单调递减，即，，即，的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.(1)求角A的值；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理运算求解；（2）根据正弦定理得到，从而得到，根据题意结合角C的取值范围运算求解.【解析】（1）由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，∵，则.（2）由（1）可得：，且，锐角中，由正弦定理得：，可得，则，∵锐角三角形，且，则，即，解得，即，且，可得，则，故的范围是.18．已知等比数列的前n项和为，其公比，，且.(1)求数列的通项公式；(2)等比数列的前n项和为，其公比，，求证：.【答案】(1)(2)证明见详解. 【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前n项和公式即可求出数列的通项公式；（2）利用等比数列的前n项和公式即可完成证明.【解析】（1）因为是等比数列，公比为，则，所以，解得，由，可得，解得，所以数列的通项公式为.（2）证明：由（1）知，，，则等比数列的前项和为因为，所以，所以.19．安全教育越来越受到社会的关注和重视．为了普及安全教育，学校组织了一次学生安全知识竞赛，学校设置项目A“地震逃生知识问答”和项目B“火灾逃生知识问答”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．(1)求乙班在项目A中获胜的概率；(2)设乙班获胜的项目个数为X．求X的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）由对立事件概率公式求得乙班在项目A中每局获胜的概率，然后分成乙班三局全胜，四局三胜和五局三胜三个互斥事件求出概率；（2）与（1）同理求得乙班在项目中获胜的概率，而的可能值是0，1，2，利用独立事件、对立事件概率公式求得概率的分布列，再由期望公式求得期望．【解析】（1）记“乙班在项目A中获胜”为事件A，由事件的对立性知，乙班在项目A中每局获胜的概率为，负的概率为，则，所以乙班在项目A中获胜的概率为；（2）记“乙班在项目B中获胜”为事件B，则，X的可能取值为0，1，2，由事件对立性和独立性知，则，，. 所以X的分布列为X0l2P所以乙班获胜的项目个数的数学期望为20．如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得至处，且．(1)证明：平面．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证结论；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解二面角.【解析】（1）证明：由题意可知，所以，，因为，，平面，所以平面．（2）取的中点，连接，，由等腰三角形的性质可知，，由，，可知，，由且，可知，四边形为平行四边形，，平面；设，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，．设平面的法向量为，则  令，得，因为，所以平面的一个法向量为，所以，由图可知二面角为锐角．故二面角的余弦值为．21．设椭圆方程为，，分别是椭圆的左、右顶点，直线过点，当直线经过点时，直线与椭圆相切．(1)求椭圆的方程．(2)若直线与椭圆交于，（异于，）两点．（i）求直线与的斜率之积；（ii）若直线与的斜率之和为，求直线的方程．【答案】(1)(2)（i）；（ii） 【分析】（1）由直线的两点式方程可得的方程，联立椭圆方程，利用直线与椭圆的位置关系求出b，即可求解；（2）设，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，根据两点表示斜率公式化简计算可得、，则，由求得直线的方程，联立椭圆方程求出点Q的坐标即可求解.【解析】（1）依题意可得，当直线经过点时，的方程为，代入，整理得，，解得，所以椭圆的方程为．（2）（i）依题意可得直线的斜率不为0，设，，．由得，则则；（ii）因为，所以，又因为，所以，则直线的方程为，与联立得．所以的方程为，即．22．已知函数，其中a为常数，…是自然对数的底数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)当时，问有几个零点，请说明理由．【答案】(1)(2)三个 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）令，可得出，令，则原方程转化为（*），令，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.【解析】（1）解：当时，，则，，则，故当时，曲线在处的切线方程为.（2）解：令，可得，即，即，即，令，则上述方程转化为（*）的零点个数即为方程（*）的根的个数.则，令可得，列表如下：增极大减所以，为函数的唯一极大值点，且，令，当时，，，①当时，，，且函数在上单调递减，为解方程，只需解方程，令，其中，即，令，其中，则，令，可得，列表如下：减极小增所以，函数在上单调递增，则，故，，，根据零点存在定理，存在唯一的，使得，即，所以，，故方程（*）在上有唯一解；②当时，不成立，故不是方程（*）的解；③当时.（i）当时，，，所以，单调递增，单调递减，故在上单调递增，因为，，根据零点存在定理，函数在上存在唯一零点；（ii）当时，，，而在上单调递增，为解方程，只需解方程，令，其中，因为，所以，函数在上单调递减，因为，，故存在唯一的，使得，即，即，故方程在区间上也存在唯一解.综上所述，当时，方程存在三个解，即函数有三个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.