冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷01（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01（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01一、单选题1．已知集合和，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简集合，根据集合的交集，并集及包含关系判断即可.【解析】，,A、B选项错误；，，故C错误，D正确.故选：D2．已知复数 ，i为虚数单位， 则复数z 在复平面内所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】由的性质、除法运算和复数的几何意义可得答案.【解析】因为复数， 所以复数z在复平面内所对应的点为， 该点位于第三象限.故选：C．3．已知多项式，则（    ）A．11 B．74 C．86 D．【答案】B【分析】利用二项式定理分别求出与一次项的系数，再相加即可.【解析】对于，其展开通项公式为，令，得，故，对于，其展开通项公式为，令，得，故，所以.故选：B.4．在如图的平面图形中，已知,则的值为A． B．C． D．0【答案】C【解析】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.详解：如图所示，连结MN，由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，，结合数量积的运算法则可得：.本题选择C选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．5．已知函数的图象关于直线对称，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦函数的图象的对称性可得，由此可以求出的值.【解析】由题得：，故，而，所以.故选：B.6．三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.【解析】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，因为正方体的体对角线即为球О直径，故，利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，故选：C.7．已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.【解析】因为，当时，，解得，当时，，则，即，又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，则，又，所以为首项为2，公差为1的等差数列，则，则，所以，又，则，又，所以，当n为奇数时，，而，则，解得；当n为偶数时，，而，则；综上所述，实数的取值范围为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.8．已知，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】对求导，得出的单调性，可知，可求出的大小，对两边取对数，则，可得，最后比较与大小，即可得出答案.【解析】，，，令，解得：；令，解得：，所以在上单调递减，在上单调递增，，，，则，，，，∴，排除D．，则，，，∴，排除B．比较与大小，先比较与大小，,，因为，所以所以在上单调递增，，所以，所以，∴，综上.故选：A．【点睛】关键点点睛：本题涉及三个量的大小比较，关键点在于构造函数，运用函数的单调性可求出的大小，即可判断的大小，的大小，最后构造函数，比较与的大小即可得出答案. 二、多选题9．下列命题中，正确的命题是（    ）A．某校三个年级，高一有400人，高二有360人.现用分层抽样的方法从全校抽取57人，已知从高一抽取了20人，则应从高三抽取19人B．在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，p为每次试验中事件A发生的概率，若，，则C．设随机变量服从正态分布，若，则D．已知，则【答案】ACD【分析】根据分层抽样判断A选项，根据独立重复试验中数学期望和方差公式计算判断B选项，正态分布对称性求出对应概率判断C选项，根据互斥事件和的概率公式计算可判断D选项.【解析】对于A选项：根据分层抽样可得高一抽取20人，高二抽取18人，高三抽取19人，故A选项正确；对于B选项：在n次独立重复试验中，，，，故B选项错误；对于C选项：随机变量服从正态分布，若，则，因为正态分布的对称性关于对称可得，故C选项正确；对于D选项：互斥，，，故D选项正确.故选：ACD.10．已知正数a，b满足，则（    ）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最小值为 D．的最小值为【答案】AC【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得.【解析】对于A，，当且仅当时成立，A正确；对于B，，即，可得，所以，当且仅当时成立，B错误；对于C，，当且仅当时成立，C正确；对于D，由，当且仅当，即，等号成立，所以，此时，不能同时取等号，所以D错误.故选：AC.11．已知函数，下列说法正确的有（    ）A．在上单调递增B．若，则C．函数的图象可以由向右平移个单位得到D．若函数在上恰有两个极大值点，则【答案】BD【分析】根据正弦函数的图像和性质逐项进行验证即可判断求解.【解析】令，则，即的单调增区间为，则在不单调，故选项错误；令，则或，即或，由，则或，，即或，故选项正确；向右平移个单位变为故选项错误；对于，，在上恰有两个极大值点，即，即，故选项正确.故选：12．已知偶函数与奇函数的定义域均为R，且满足，，则下列关系式一定成立的是（    ）A．  B．f（1）=3C．g（x）=-g（x+3） D．【答案】AD【分析】根据函数的奇偶性及所给抽象函数的性质，利用换为可判断A，利用赋值可判断B，推理得出后赋值可判断C，由条件推理可得，即可判断D.【解析】由，将换为知，故A对；，奇函数中，则，，由为偶函数，，故B错；，，又，，，，故C错，，则，即.，，，即，为偶函数，，①，②由①②知，故D对.故选：AD. 三、填空题13．过氧化氢（）是一种重要的化学品，工业用途广泛，通过催化和直接合成目前被认为是一种最有潜力替代现有生产方法的绿色环保生产途径.在自然界中，已知氧的同位素有17种，氢的同位素有3种，现有由，及，，五种原子中的几种构成的过氧化氢分子，则分子种数最多为______________.【答案】18【分析】由分步乘法计数，再分类加法计数即可求.【解析】过氧化氢分子中有2个氧原子和2个氢原子，共4个原子. 构成过氧化氢分子的氧原子可以从2种不同的氧原子中选出1种或2种，取法共有（种）；构成过氧化氢分子的氢原子可以从3种不同的氢原子中选出1种或2种，取法共有（种）.因此构成的过氧化氢分子的种数最多为.故答案为：18.14．已知是定义域为R的奇函数，且当时，则________.【答案】/－0.5【分析】根据奇函数的定义．结合对数运算性质计算．【解析】由，得，又当时，所以.由是奇函数，得，所以.故答案为：．15．在平面直角坐标系xOy中，已知圆，圆．若圆上存在两点A，B，且圆上恰好存在一点P，使得四边形OAPB为矩形，则实数a的取值集合是_________．【答案】【分析】设，OP中点，求出P点的轨迹方程，因P又在圆上，所以两圆有且仅有一个公共点，所以或，求解即可得出答案.【解析】设，OP中点，D也是AB中点，，因为D也是AB中点，所以，，因为在圆内，所以，∴，又因为，，所以，∴，∴P在上，P又在圆上，满足条件的P恰好有一个点，∴两圆有且仅有一个公共点，∴或，或或0或2，所以a的取值集合．故答案为：.16．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断：①平面平面；②平面③异面直线与所成角的取值范围是；④三棱锥的体积不变.其中，正确的是__________（把所有正确判断的序号都填上）.【答案】①④【分析】对于①，根据面面垂直的判定定理即可; 对于②，根据平面的垂线和的位置关系即可；对于③，异面直线所成角，平移其中一条线即可；对于④，通过等体积法进行转化，高和底面积均为定值，所以体积不变.【解析】对于①，根据正方体的性质，易得：平面,平面,,同理可得：,且,平面;且平面，所以平面平面，①正确；由①知，平面，不平行于，所以不垂直于平面，②错误；//，所以异面直线与所成角，即与所成角，当P与线段的中点重合时，所成角为，故③错误；三棱锥的体积等于的体积，因为C到平面的距离不变，且三角形的面积不变所以三棱锥的体积不变，④正确故答案为：①④ 四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．在中，内角、、的对边分别为，，，且满足___________．(1)求；(2)若的面积为，为的中点，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①时，利用正弦定理边化角得，又，代入整理得，化简即可求解；选②时，利用正弦定理边化角得，又，代入整理得，化简即可求解；选③时，利用正弦定理边化角得，即，再利用两角差的余弦公式展开得，化简即可求解；（2）根据面积公式得，再利用余弦定理得，再利用基本不等式求最值即可.【解析】（1）选①时，，利用正弦定理得：，由于，所以，故，又，，整理得，，故．选②时，，利用正弦定理得：，由于，所以，即，又，，，，故，，故．选③时，，利用正弦定理得：，又，，整理得．所以，整理得，，故．（2）由于的面积为，所以，，解得．在中，由余弦定理得：，故，当且仅当，即，，的最小值为．18．已知数列，满足，且是公差为1的等差数列，是公比为2的等比数列.（1）求，的通项公式；（2）求的前n项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用公式法求出和的通项公式，即可写出的通项公式；（2）先判断出，，，当时，恒有，得到即可求和.【解析】（1）因为是公差为1的等差数列，，所以.又是公比为2的等比数列，，所以，故.（2）因为，所以为递增数列，又，，，故当时，恒有，故记的前n项和为，则.当时，；当时，.综上，.19．三棱柱中，，，线段的中点为，且.(1)求与所成角的余弦值；(2)若线段的中点为，求二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角即可，（2）由（1）建立的空间直角坐标系利用法向量求二面角的余弦值即可.【解析】（1）在线段上取一点，使，在三棱柱中，，在中，因为，是的中点，所以，所以，因为平面，所以平面.在中，由余弦定理得：，所以，所以，以为原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，设，因为所以，设直线与所成的角为，所以.（2）因为线段的中点为，所以设平面的一个法向量，因为，所以，令，则，所以.由（1）平面，平面，所以平面平面，又平面平面又，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，而在轴上，所以取平面的一个法向量，设二面角的平面角为，由图可知：为锐角，所以.所以二面角的余弦值为.20．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）.(1)求首次试验结束的概率；(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.①求选到的袋子为甲袋的概率，②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.【答案】(1)(2)①；②方案二中取到红球的概率更大. 【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.【解析】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，（1）.所以试验一次结果为红球的概率为.（2）①因为，是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为.②由①得，所以方案一中取到红球的概率为：，方案二中取到红球的概率为：，因为，所以方案二中取到红球的概率更大.21．已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，(1)设直线的斜率分别为，求的值；(2)若，求的面积.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.【解析】（1）法一：因为，所以，令得，所以，解得，所以的方程为显然直线与轴不垂直，设其方程为，联立直线与的方程，消去得，当时，，设，则.因为，所以.法二：由题意得，解得，双曲线的方程为.设方程为，联立，可得，，，，.（2）法一：因为，所以，又因为，所以，即，（※）将代入（※）得，因为在轴上方，所以，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或（舍），所以，代入，得，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或，所以的面积为.法二：设，由，可得，，解得，方程，联立，可得，解得，同理联立，解得，.22．已知函数．(1)若，，求实数a的取值范围；(2)设是函数的两个极值点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.【解析】（1）依题意，.           ①当时，在上，所以在上单调递减，所以，所以不符合题设.        ②当时，令，得，解得，，所以当时，所以在上单调递减，所以，所以不符合题设.③当时，判别式，所以，所以在上单调递增，所以.综上，实数a的取值范围是.（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点. 由（1）知，，，则.综上，要证，只需证，因为，设，.        所以，所以在上单调递增，所以.所以，即得成立．所以原不等式成立.【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.