全真模拟卷03（解析版）-2023年高考数学全真模拟卷(北京卷)

这是一份全真模拟卷03（解析版）-2023年高考数学全真模拟卷(北京卷)，共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，函数的零点的个数为，设，均为锐角，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷（三）数学（北京卷）（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。第Ⅰ卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4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．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】因为集合，，所以，故选：B2．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【详解】，所以复数在复平面上的点为，所以点在第一象限故选：A3．图1：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能的向左或向右落下，最后落入底部的格子中.在图2中，将小球放入容器中从顶部下落，则小球落入D区的路线数有（    ）A．16 B．18 C．20 D．22【答案】C【详解】第一层只有一个小球，其左右各有一个空隙，小球到这两个空隙处的线路数均为1；第二层有两个小球，共有三个空隙，小球到这三个空隙处的线路数从左到右依次为：1,2,1，第三层有三个小球，共有4个空隙，小球到这四个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第四层有四个小球，共有5个空隙，小球到这五个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第五层有五个小球，共有6个空隙，小球到这六个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第六层有六个小球，共有7个空隙，小球到这七个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，故小球落入D区的路线数有20条.故选：C.4．设为等差数列的前项和.已知，，则（    ）A．为递减数列 B．C．有最大值 D．【答案】B【详解】为等差数列的前项和，，解得；又，设等差数列的公差为：为递增数列，选项A错.，，选项B对.由知，由二次函数的性质可知，有最小值没有最大值.选项C错.，选项D错.故选：B.5．函数的零点的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【详解】当时，令，则，解得：（舍去）或，当时，令，解得：，所以的零点个数为2.故选：C.6．设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交抛物线于点，交准线于点（在轴的两侧）.若，则抛物线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】直线的斜率为，倾斜角为，过作，垂足为，连接，由于，所以三角形是等边三角形，所以，由于，所以，所以抛物线方程为.故选：B7．设，均为锐角，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】因为，均为锐角，所以，.当时，，由函数在上单调递增，所以，故“”是“”的充分条件.当时，由，，则，所以，因为函数在上单调递增，所以，即，故“”是“”的必要条件.综上所述，“”是“”的充分必要条件.故选：C.8．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足.已知某同学视力的小数记录法的数据为0.8，则其视力的五分记录法的数据约为（）（    ）A．4.5 B．4.7 C．4.8 D．4.9【答案】D【详解】由题意可知,故选:D.9．要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．，．当且仅当，即当时取等号．此时．即当，时取得最小值．故选：C.10．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，下图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上的一点，则在骑行该自行车的过程中，的最大值为（    ）A． B．12 C． D．3【答案】A【详解】解：由题意建立平面直角坐标系如下图所示：则，，，∵圆（后轮）的半径为∴圆设∴，∴当即，时最大，∴最大值为故选：A.第Ⅱ卷二、填空题：本题共5个小题，每小题5分，共25分．11．函数的定义域是___________．【答案】且【详解】由题知：且.故答案为：且.12．若直线与圆有公共点，则的最小值为__________.【答案】5【详解】由题意知,直线过定点，当点在圆上或圆内时，直线与圆总有公共点,即，即的最小值为5，故答案为：513．若命题“”是假命题，则实数a的取值范围是___________．【答案】【详解】因为命题“”是假命题，所以命题的否定：为真命题，当时，恒成立，符合题意，当时，由题意得：，解得.综上实数a的取值范围是.故答案为：14．人口问题是关系民族发展的大事．历史上在研究受资源约束的人口增长问题中，有学者提出了“Logistic model”：，其中均为正常数，且，该模型描述了人口随时间t的变化规律．给出下列三个结论：①；②在上是增函数；③．其中所有正确结论的序号是_______________．【答案】①②③【详解】①当，所以；②，因为均为正常数，且，所以，所以在上是增函数；③，等价于，即等价于，即等价于，等价于，而恒成立，且，所以恒成立，即．故选项③正确.故答案为：①②③.15．已知正方形ABCD的边长为2，点P满足．若，则________；若，则的取值范围是________．【答案】          【详解】以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，如图建立平面直角坐标系，则，，，，当时，，则，则.故第一空的答案为：；当时，点P在线段CB上运动，则，，，，，，，开口向上，对称轴为 则当时，，，即当时，的取值范围是.故第二空的答案为：.三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．在中，．(1)求A；(2)若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)或；(2)答案见解析.【详解】（1）由可得，.因为，所以，又，所以或.（2）若选①：.因为，所以为钝角，为锐角，又，又，所以，即，所以存在且唯一确定.则，由可得..根据正弦定理可得，，所以；若选②：.因为，所以，由正弦定理可得，，因为，所以，所以存在且唯一确定.则，所以，；若选③：.因为，所以，此时或，所以，此时存在但不唯一.17．如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点.(1)证明：平面；(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）如图，取中点为，连接,则有又因为所以所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面平面所以且所以以为轴建系如图，若选择①：，因为平面平面所以,所以,则，所以,则,因为平面，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量，,所以，令，所以，设二面角为，，因为由图可知二面角为钝角，所以.若选择②：，设，则，,因为，所以解得，则,因为平面，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量，,所以，令，所以，设二面角为，，因为由图可知二面角为钝角，所以.18．玩具柜台元旦前夕促销，就在12月31日购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送大奖.而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个.(1)记事件：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶；事件：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求及；(2)柜台对甲、乙两个系列的盲盒进行饥饿营销，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为：而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为：如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为.①求；②若礼品店每卖出一个甲系列的盲盒可获利30元，卖出一个乙系列的盲盒可获利20元，由样本估计总体，若礼品店每天可卖出1000个盲盒，且买的人之前都已购买过很多次这两个系列的盲盒，估计该礼品店每天利润为多少元（直接写出答案）【答案】(1),；(2)①，②24000. 【详解】（1）由题意，.（2）①由题意可知：②当时，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以因为每天购买盲盒的人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，由样本估计总体可知：购买甲系列盲盒的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的个数，则，所以，即购买甲系列盲盒的个数的期望为400，所以礼品店应卖出甲系列盲盒400个，乙系列盲盒600个.估计利润为：（元）.19．已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)以为直径的圆过定点，. 【详解】（1）由题意可知，解得，所以所以求椭圆的方程为.（2）设，由（1）可知， 斜率存在且不为0，依题意可知的直线方程为，的直线方程为，令，可得，，假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，依题意可知，，所以，，因为，所以.因为，所以，令，可得，解得，，所以以为直径的圆过定点，.20．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)当时，证明：对任意的恒成立.【答案】(1)(2)答案详见解析(3)证明详见解析【详解】（1）当时，，，所以切线方程为.（2）依题意，，，当时，，解得,则在区间递减；在区间递增.当时，解得或,当时， 在区间递增；在区间递减.当时，在上递增.当时，在区间递增；在区间递减.（3）当时，，由（2）可知，在递减，在递增，所以，所以对任意的恒成立.21．对于一个有穷正整数数列，设其各项为，各项和为，集合中元素的个数为.(1)写出所有满足的数列；(2)对所有满足的数列，求的最小值；(3)对所有满足的数列，求的最大值.【答案】(1)1，2，1或3，1；(2)7；(3)511566. 【详解】（1）解：当时，存在一组，满足，又因为的各项均为正整数，且，所以，即，且，当时，满足条件的数列只能是：3,1；当时，满足条件的数列不存在；当时，满足条件的数列不存在；当时，满足条件的数列只有1，2，1；当时，满足条件的数列不存在；所以数列： 1，2，1或3,1；（2）解：由题意可知，所以，①当时，应有数列中各项均不相同，此时有；②当时，由于数列中各项必有不同的数，进而有.若，满足上述要求的数列中有四项为1，一项为2，此时，不符合，所以；③当时，同②可得；综上所述，有，同时当为2，2，1，1，1时，，所以的最小值为7；（3）解：①存在大于1的项，否则此时有；②,否则将拆分成个1后变大；③当时，有，否则交换顺序后变为，进一步有，否则有，此时将改为，并在数列末尾添加一项1，此时变大；④各项只能为2或1，否则由①②③可得数列中有存在相邻的两项，设此时中有项为2，则将改为2，并在数列末尾添加一项1后，的值至少变为；⑤由上可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，从而有，由二次函数的性质可得，当且仅当时，最大，为511566.