2023全国高考复习统揽精测卷（新高考Ⅱ卷地区使用）数学

/16/16/2023届高考数学复习统揽精测卷（新高考Ⅱ卷地区使用）【考试时间：120分钟】【满分：150分】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的。1.已知集合，，则()A. B. C. D.2.若，则()A.0 B.1 C. D.23.程大位《算法统宗》里有诗云：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传.”意思为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，之后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止，分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传.则第八个孩子分得棉花的斤数为()A.65 B.176 C.183 D.1844.已知非零向量a，b满足，且，则a与b的夹角为()A. B. C. D.5.为庆祝中国共产党成立100周年，树人中学举行“唱红歌”比赛.现有甲、乙、丙、丁共4人进入决赛，则甲必须在第一或第二个出场，且丁不能最后一个出场的方法有()A.6种 B.8种 C.20种 D.24种6.已知为锐角，且，则()A. B. C. D.7.已知三棱锥的外接球半径为R，且外接圆的面积为，若三棱锥体积的最大值为，则该球的体积为()A. B. C. D.8.已知函数的定义域为R，且函数的图象关于点(1，0)对称，对于任意的x，总有成立，当时，，函数，对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数m构成的集合为()A. B.C. 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，有选错的得0分，部分选对的得2分。9.已知函数，下列四个结论正确的是()A.函数在区间上是增函数B.点是函数图象的一个对称中心C.函数的图象可以由函数的图象向左平移得到D.若，则的值域为10.在平面直角坐标系xOy中，点在抛物线上，抛物线的焦点为F，延长MF与抛物线相交于点N，则下列结论正确的是()A.抛物线的准线方程为B.C.的面积为D.11.设，则下列不等式一定成立的是()A. B.C. D.12.已知四棱雉的顶点都在球心为O的球面上，且平面ABCD，底面ABCD为矩形，，，设E，F分别是PB，BC的中点，则().A.平面平面PCDB.四棱锥的外接球的半径为C.P，B，C三点到平面AEF的距离相等D.平面AEF截球O所得的截面面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.某市一次高三年级数学统测，经抽样分析，成绩X近似服从正态分布，且.该市某校有400人参加此次统测，估计该校数学成责不低于90分的人数为______.14.已知函数，则函数在点处的切线方程为_____________.15.设，直线与直线相交于点P，点Q是圆上的一个动点，则的最小值为__________.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为A，过点作直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，则_________.四、解答题：本题共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.（10分）已知等差数列的前n项和为，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.18.（12分）设的内角的对边分别为，已知.(1)求角B.(2)若，求的面积.19.（12分）某市为争创“文明城市”，现对城市的主要路口进行“文明骑车”的道路监管，为了解市民对该项目的满意度，分别从不同地区随机抽取了200名市民对该项目进行评分，绘制如下频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中a的值，并计算这200名市民评分的平均值；(2)用频率作为概率的估计值，现从该城市市民中随机抽取4人进一步了解情况，用X表示抽到的评分在90分以上的人数，求X的分布列及数学期望.20.（12分）已知四棱柱的底面为菱形，，，，平面，.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.21.（12分）已知双曲线的左、右焦点分别为，斜率为-3的直线l与双曲线C交于两点，点在双曲线C上，且.(1)求的面积.(2)若(O为坐标原点)，点，记直线的斜率分别为，问：是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.22.（12分）已知函数.(1)求证：当时，；(2)设的两个零点分别为，且，求的取值范围.答案以及解析1.答案：C解析：由，得，解得，即，所以.2.答案：C解析：因为，所以.故选C.3.答案：D解析：根据题意可得每个孩子分得棉花的斤数构成一个等差数列，其中公差，项数，前8项和.由等差数列的前项和公式可得，解得，所以.4.答案：B解析：设向量a与b的夹角为，则由，得，所以，所以.故选B.5.答案：B解析：由题意知，当甲第一个出场时，不同演讲的方法有(种)；当甲第二个出场时，不同演讲方法有(种)，所以所求的不同演讲方法有(种)，故选B.6.答案：A解析：因为为锐角，所以.由可得，则，又，故，故选A.7.答案：D解析：如图，设外接圆的半径为r，已知外接圆的面积为，故，所以，当为正三角形（的面积最大），且P，O（球心），（外接圆圆心）三点共线时，三棱锥的体积最大.在中，由正弦定理知，所以，所以.设三棱锥的外接球半径为R，因为，所以.在中，由，得，，所以该球的体积为，故选D.8.答案：A解析：由函数的图象关于点(1，0)对称知函数的图象关于原点对称，即函数是奇函数，由任意的x，总有成立，即恒成立，得函数的周期是4，又当时，，所以当时，，而是奇函数，所以当时，，又，，从而得，即当时，，由函数的周期是4，得函数在R上的值域是(-1，1)，因为对任意，存在，使得成立，所以，即在R上有解，当时，取，则成立，即，符合题意，当时，在R上有解，必有，解得，则，符合题意.综上可得，所以满足条件的实数m构成的集合为.故选A.9.答案：AB解析：本题考查三角变换及函数的图象性质.，若，则，因此函数在区间上是增函数，A项正确；，因此点是函数图象的一个对称中心，B项正确；由函数的图象向左平移得到，因此由函数的图象向左平移不能得到函数的图象，C项错误；若，则，则，因此的值域为，D项不正确.10.答案：AD解析：点在抛物线上，，，焦点F为，准线为直线，A正确.，，故直线MF的方程为.联立或，，，，，，B错误.，D正确.的面积为，C错误.故选AD.11.答案：ACD解析：因为，所以，当且仅当且，即时取等号，故A一定成立；因为，所以，当且仅当时取等号，故B不一定成立；因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以，所以，故C一定成立；因为，当且仅当时取等号，故D一定成立.故选ACD.12.答案：BCD解析：对于A，取线段PC的中点O，连接EO，OD，则，所以，，在梯形ADOE中，AE与OD不平行，若平面平面PCD，因为平面平面，平面平面，所以，这和AE与OD不平行相矛盾，故A错误；对于B，由题意可将该四棱锥补形为一个长方体，易知球心O为长方体的对角线的中点，即PC的中点，故球O的直径，所以，故B正确；对于C，E为PB的中点，则P，B两点到平面AEF的距离相等，同理F为BC的中点，则B，C两点到平面AEF的距离相等，故C正确；对于D，设球心到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r，由题意可知，球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，，，，因为，所以，点E到平面ABF的距离为，在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得，所以，所以截面圆的面积为，故D正确.故选BCD.13.答案：80解析：因为X近似服从正态分布，且，所以，所以估计该校数学成绩不低于90分的人数为.14.答案：解析：，，函数在点处的切线斜率，所求的切线方程为，即.15.答案：解析：由题意得：，，恒过定点，恒过定点，又，点轨迹是以MN为直径的圆，即为圆心，为半径的圆，点轨迹为，圆与圆C的圆心距，两圆相离，的最小值是两圆圆心距d减去两圆半径之和，即.故答案为：.16.答案：3或5解析：由题意可知直线l的斜率存在且不为0.设，直线，联立方程可得消去y，得，所以.由题意知，所以，即，得，所以，两边同时平方，得，得①.由题意得，所以直线PA的方程为，与椭圆方程联立，得消去y得，则，得.又P在线段AM的垂直平分线上，所以，得②.由①②得，得或.经检验，或都符合题意，所以或.17.答案：(1).(2)解析：(1)设数列的公差为d，则，解得，故数列的通项公式为.(2)由(1)知当n为奇数时，.当n为偶数时，.故18.答案：(1)(2)解析：(1)由已知条件及余弦定理，得.整理，得，所以.又，所以.(2)由已知条件及正弦定理，得，又，所以，则.①由余弦定理，得，即.②由①②，得.故.19.答案：(1)；平均分为80.70分.(2)分布列见解析，数学期望为1.解析：(1)由频率分布直方图知，，由，解得，(分).(2)评分在90分以上的频率为0.25，用频率作为概率的估计值，现从该城市中随机抽取4人可以看成二项分布，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，所以X的分布列为：X01234P.20.答案：(1)见解析(2)解析：(1)连接交于点，连接，易知为的中点，为的中点，在中，，平面平面，平面.(2)连接平面，且为的中点，，平面且，平面.如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.易得，，设平面的法向量为，则令，得，.同理可得平面的一个法向量为，，结合图形知，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.21.答案：(1)(2)是；解析：(1)依题意可知，，则，，又