2023年高考全真模拟卷（三）数学（新高考卷）01（解析版）

这是一份2023年高考全真模拟卷（三）数学（新高考卷）01（解析版），共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知定义在上的函数满足，以下命题正确的有，已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷（一）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．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】，，故，.故选：D.2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由已知可得，因此，.故选：B.3．过直线上一点作圆的两条切线，，若，则点的横坐标为（    ）A．0 B． C． D．【答案】D【详解】如下图，过直线上一点作圆的两条切线，，设圆心，连接，，可得，，则，所以，所以，因为点在直线上，所以设，，，解得：.故选：D.4．函数（其中e为自然对数的底数）的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】从表达式可以判断出，所以函数是偶函数，所以选项D不对；利用幂函数与指数函数的增长得快慢，即指数函数有爆炸函数之称，可以得到分母增长速度更快，所以当自变量趋于正无穷时，因变量趋于0，所以选项C不正确；对于选项AB在自变量1处的单调性不同，所以可以选择特值来判断，，所以B不对.故选:A.5．设分别为椭圆的左顶点和上顶点，为的右焦点，若到直线的距离为，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意可得，所以直线的方程为，整理得，所以到直线的距离，所以①，又因为椭圆中②，③，所以联立①②③得，解得，又因为，所以，故选：A6．甲、乙为完全相同的两个不透明袋子，袋内均装有除颜色外完全相同的球．甲袋中装有5个白球，7个红球，乙袋中装有4个白球，2个红球．从两个袋中随机抽取一袋，然后从所抽取的袋中随机摸出1球，则摸出的球是红球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】设事件为 “取出甲袋”,事件为 “取出红球”, 分两种情况进行讨论. 若取出的是甲袋, 则, 依题意可得 , 所以 ，若取出的是乙袋, 则, 依题意可得 , ，所以，综上所述, 摸出的球是红球的概率为.故选：B.7．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（    ）A．千克 B．千克 C．千克 D．千克【答案】C【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：易知四边形为等腰梯形，且，，，分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，所以，，所以，，因为，易知，故四边形为矩形，则，，所以，，故该正四棱台的高为，所以，该米斗的体积为，所以， 该米斗所盛大米的质量为.故选：C.8．已知定义在上的函数满足：为偶函数，且；函数，则当时，函数的所有零点之和为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为为偶函数，所以关于对称，所以当时，，当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，……函数为的图象向左平移个单位，的图象如下图所示，均关于对称，有14个交点，所以函数的所有零点之和为：.故选：A.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．以下命题正确的有（    ）A．一组数据的标准差越大，这组数据的离散程度越小B．一组数据的频率分布直方图如图所示，则该组数据的平均数一定小于中位数C．样本相关系数的大小能反映成对样本数据之间的线性相关的程度，而决定系数的大小可以比较不同模型的拟合效果D．分层随机抽样所得各层的样本量一定与各层的大小成比例【答案】BC【详解】对于:数据的标准差越大，这组数据的离散程度越大,故错误;对于:根据图可知,中位数靠右大于平均数,故正确;对于:样本相关系数是指样本数据之间的线性相关程度，而决定系数是比较不同模型的拟合效果,故正确;对于:分层随机抽样所得各层的样本量不一定与各层的大小成比例,  等比例分层随机抽样所得各层的样本量一定与各层的大小成比例,故错误;故选: 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数最大值为1B．函数在区间上单调递增C．函数的图像关于直线对称D．函数的图像向右平移个单位可以得到函数的图像【答案】AD【详解】∵函数，∴，当时，函数取得最大值1，A正确；令，当时，，在区间上不单调递增，故B错误；当时，，函数的图像不关于直线对称，C错误；函数的图像向右平移个单位得到函数，D正确．故选：AD.11．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为，，，，，设数列为等差数列，它的前n项和为，且，，则（    ）A． B．的公差为9C． D．【答案】BD【详解】解：设的公差为.由，得，又，联立方程组解得，所以A错误，B正确；因为，，所以，故C错误；因为，所以D正确.故选：BD12．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（    ）A．存在点，，使得B．异面直线与所成的角为60°C．三棱锥的体积为D．点到平面的距离为【答案】BCD【详解】连接.A选项，平面，平面，，所以与是异面直线，所以A选项错误.B选项，，所以异面直线与所成的角为，由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.C选项，设，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面，所以到平面的距离为.，C选项正确.D选项，设点到平面的距离为，，，解得，D选项正确.故选：BCD二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．在二项式的展开式中，含的项的系数是________．【答案】10【详解】分析：先根据二项展开式的通项公式求含的项的项数，再确定对应项系数.详解： ，所以令得 ，即含的项的系数是14．已知抛物线，圆，点，若分别是，上的动点，则的最小值为___________.【答案】【详解】解：由抛物线得焦点，准线为，由圆，得，所以圆是以为圆心，以为半径的圆，所以，所以当取得最小值时，取得最小值，又根据抛物线的定义得等于点到准线的距离，所以过点作准线的垂线，垂足为，且与抛物线相交，当点为此交点时，取得最小值，最小值为，所以此时，所以的最小值为.故答案为：.15．已知函数若函数有3个零点，则实数的取值范围是__________．【答案】【详解】令，求导，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减，在时，取得最大值为.结合单调性，可以画出函数的图象(见下图)，当时，函数有3个零点16．已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=9，AA1=10，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，且分别与棱DD1，CC1交于点H，M.（1）若DH=DC=9，则三棱柱ADH−BCM外接球的表面积为________；（2）现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为________.【答案】          【详解】（1）由，可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体，该正方体的体对角线长为，故外接球半径，所以外接球的表面积为.（2）如图，这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线相切.设两圆半径分别为，，，由得，同理，，得，由已知，，令，则，，构造函数，，则，∴，当时，，单调递增；当时，，∴单调递减，∴.经检验，当时，，故的最大值为.故答案为：（1）；（2）. 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．在锐角中，分别为角所对的边，且.（Ⅰ）确定角的大小；（Ⅱ）若＝，当时，求的面积.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【详解】（Ⅰ）因为，所以，即，因为，所以，，因为，所以.（Ⅱ）因为＝，，所以，解得，所以的面积.18．已知数列中，，.设（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：因为,所以====2，又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，19．如图，三棱柱的所有棱长都为2，，.(1)求证：平面⊥平面；(2)在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若不存在，请说明理由：若存在，求的长.【答案】(1)证明见详解.(2)在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，的长为.【详解】（1）证明：取中点连接，如图所示：因为三棱柱的所有棱长都为2，所以，又因为且平面，所以平面，又因为平面，所以．在直角三角形中，，所以，在三角形中，，所以，所以，又因为平面所以平面．又因为平面，所以平面平面．（2）假设在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，则以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，因此，，．因为点在棱上，则设，其中．则设平面的法向量为，由得，取所以平面的一个法向量为．因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，化简得解得，所以，所以在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的长为.20．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.【答案】(1)，；(2)合格；(3).【详解】（1），第一组学生的方差为；解得；第二组学生的方差为；解得.这40名学生的方差为，所以；（2）由，，得的估计值，的估计值.，∴.从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.则，；所以，设王强前3局比赛获胜的事件为B，则，所以.21．抛物线：，双曲线：且离心率，过曲线下支上的一点作的切线，其斜率为.(1)求的标准方程；(2)直线与交于不同的两点，，以PQ为直径的圆过点，过点N作直线的垂线，垂足为H，则平面内是否存在定点D，使得DH为定值，若存在，求出定值和定点D的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，，定点.【详解】（1）切线方程为，即，由消去y并整理得：，则，解得，即，由离心率得，即，双曲线，则，所以双曲线的标准方程为：.（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设直线方程为，，，由消去x并整理得：，有，，，，，因以为直径的圆过点，则当P，Q与N都不重合时，有，，当P，Q之一与N重合时，成立，于是得，则有，即，整理得，即，因此，解得或，均满足，当时，直线：恒过，不符合题意，当时，直线：，即恒过，符合题意，当直线PQ垂直于y轴时，设直线，由解得，因以为直径的圆过点，则由对称性得，解得，直线过点，于是得直线过定点，取EN中点，因于H，从而，所以存在定点D，使得为定值，点.22．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若在有两个极值点，求证：．【答案】(1)当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.(2)见解析【详解】（1）由，求导得，易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，①当时，即，，则在上单调递增；②当时，即或，令时，解得或，当时，，则在上单调递减；当或，，则在和上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.（2）在上由两个极值点，或，且为方程的两个根，即，，，，即，将，代入上式，可得：，由题意，需证，令，求导得，当时，，则在上单调递减，即，故.