2023届新高考复习系列模拟试卷（七）（新高考I卷）数学试题-1

数学试卷第I卷选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共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．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）已知全集，集合，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由补集的定义即可求解.【详解】因为全集，集合，由补集的运算可得或，对应区间为.故选：B.2．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）若复数满足，则的共轭复数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得结果.【详解】，.故选：C.3．（2022·全国·高三专题练习）我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用做第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量数乘和加减法法则，结合几何图形即可求解.【详解】，即，∴．故选：A．4．（2023·全国·模拟预测）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题中定义，结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可.【详解】设直角圆角的底面半径为，母线为，高为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以有，因为直角圆锥的侧面积为，所以有，即，因此，所以该直角圆锥的体积为，故选：D5．（2022秋·福建·高三校联考阶段练习）某学习小组八名学生在一次物理测验中的得分（单位：分）如下：，这八人成绩的第60百分位数是.若在该小组随机选取两名学生，则得分都比低的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可.【详解】，故这8人成绩的第60百分位数是从小到大排列的第5个数，即，在该小组随机选取两名学生共有种情况，其中得分都比低的有种，所以所求概率故选：C6．（2022秋·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，再向左平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（

）A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称C．过点 D．在区间上单调递增【答案】D【分析】利用函数图象变换可求得函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断AB选项；计算出的值，可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.【详解】将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，可得到函数的图象，再将所得图象向左平移个单位，可得到函数的图象，对于A选项，，A错；对于B选项，，B错；对于C选项，，C错；对于D选项，当时，，所以，函数在区间上单调递增，D对.故选：D.7．（2023·重庆·统考一模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用，可判断，再利用，即可得到答案.【详解】，则，故函数在单调递减，单调递增，则则，即由，∴，故同理可证又，∴，则故选：C.8．（2023·浙江温州·统考模拟预测）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．【详解】设，在等腰中，，设的外心是，外接圆半径是，则，∴，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，，，，，∴，，令，则，，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是．故选：D.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．（2022秋·广东·高三校联考阶段练习）在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（

）A． B．平面C．平面 D．与所成的角是【答案】ABD【分析】A．利用三角形中位线进行证明；B．通过线面平行的定理证明；C．通过线面垂直的性质进行判断；D．通过平行的传递性找出即为与所成的角，即可求出答案．【详解】连接，则是的中位线，∴，故A正确；连接，，则，平面，平面，∴平面，即平面，故B正确；连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误；∵，∴或其补角为与所成的角，，故D正确．故选：ABD．10．（2022秋·广东汕头·高三统考期末）已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（

）A．函数的单调减区间为B．函数的极小值是C．当时，对于任意的，都有D．函数的图像有条切线方程为【答案】AB【分析】对函数进行求导，对A令即可解决问题；B选项把增减区间求出来后即可得极值；C选项做差法证明即可；D由切线斜率为3出发反向分析即可得答案.【详解】因为所以，，所以的单调减区间为，故A正确．令，则或所以在，单调递增在单调递减所以函数的极小值为，故选项B正确；由，若即矛盾，故选项C错误．，解的或，当时切点不在上当时切点不在上，故选项D错误，故选：AB．11．（2023秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（

）A．准线的方程为B．若过焦点的直线交抛物线于两点，且，则C．若，则的最小值为3D．延长交抛物线于点，若，则【答案】BCD【分析】根据抛物线准线方程、抛物线的定义，结合两点间线段最短、相似三角形的性质逐一判断即可.【详解】因为抛物线的方程为，所以，所以准线的方程为错误；由题意可知，B正确；由抛物线上的点到焦点与到准线的距离相等可知，所以当三点共线时，取得最小值，即为点到准线的距离，所以最小值为正确；如图所示，不妨设在第一象限，过作轴于点，过作轴于点，过作准线的垂线，垂足为，设准线与轴的交点为，则，易知，则有，即，解得，则，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：利用相似三角形的性质是解题的关键.12．（2022秋·山东·高三校联考阶段练习）已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，则下列选项正确的是（

）．A．为非奇非偶函数B．C．D．【答案】BCD【分析】由函数的奇偶性定义判断出为奇函数，A错误；赋值法得到，结合奇偶性得到，联立后求出，B正确；将变形为，令，则，结合是奇函数，得到是一个周期为4的周期函数，得到，求出，C正确；对求导，得到，赋值法得到，，结合的周期性与奇偶性得到的周期性和奇偶性，得到.【详解】由已知有为R上的奇函数，所以，故的定义域为R，且，故为奇函数，故A选项错误；由已知有：恒成立，令时，①，因为为奇函数，故，令时，②，由①②解得：，，故B选项正确；由已知有：恒成立，即恒成立，令，则恒成立，由A选项知是奇函数，故，故，即，所以，所以是一个周期为4的周期函数，则，所以，故C选项正确；由已知有：在R上可导，对求导有：，即，令时，，则，因为，所以．又因为是奇函数，故是偶函数，所以，因为是一个周期为4的周期函数，所以也是一个周期为4的周期函数，以下是证明过程：假设为周期为的函数，则，所以为周期为的函数，故，故D选项正确．故选：BCD【点睛】结论点睛：设函数，，，．（1）若，则函数的周期为2a；（2）若，则函数的周期为2a；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a；（5）若，则函数的周期为；（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．第II卷非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）的展开式中项的系数为______________________.（用数字作答）【答案】【分析】由二项式展开式的通项公式求解即可【详解】的展开式通项为，所以，．故所求的系数为．故答案为：14．（2022秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期末）已知圆与圆相交于两点，则_________.【答案】【分析】两圆方程相减，即可求出直线AB的方程为，求出圆心到直线AB的距离d，进而根据几何法得弦.【详解】解：因为圆与圆相交于两点，所以直线AB的方程为：，即，圆心到弦AB的距离，所以，故答案为：.15．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知点在曲线上，该曲线过的切线交坐标轴于两点，若，则△面积的取值范围是____________________.（为坐标原点）【答案】【分析】根据切线方程的公式，得到切线为：，根据题意计算，，列出△面积为，再令，，利用导数讨论△面积的取值范围.【详解】设，则，得，，切线方程为：，设切线交轴于，交轴于，故可得，，则△面积为：，又，，令，，则，所以，时，，单调递增，时，，单调递减，故，时，，所以，，则△面积的取值范围是.故答案为：16．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考期末）以原点为对称中心的椭圆C1，C2焦点分别在x轴，y轴，离心率分别为e1，e2，直线l交C1，C2所得的弦中点分别为，若，则直线l的斜率为__________．【答案】±1．【分析】利用点差法可得，，进而可得，然后结合条件即求.【详解】设椭圆，椭圆，设直线l与C1的交点为，直线l的斜率为，则，∴，即，∴，同理可得，又，∴，，又，∴，即，∴，.故答案为：.四、解答题：本大题共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．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列的前项和为，且，，.(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前项和，求证：.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据与的关系，再结合等差数列即可得出答案；（2）利用裂项相消法求出，即可得证.【详解】（1）解：当时，，所以，由，得，两式相减得，又，所以，所以数列的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，又，所以数列是以为首项为公差的等差数列，所以；（2）解：，则，所以，所以.18．（2023秋·河北·高三统考阶段练习）在中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，且．(1)求A的值；(2)若的面积为，求a的最小值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据正弦定理及余弦定理结合条件即得；（2）根据三角形面积公式可得，然后根据余弦定理及基本不等式即得.【详解】（1）由，可得所以整理得：，由正弦定理得：，∴，∵A为内角，∴；（2）由，得，所以，∵，∴，当且仅当时，符号成立，∴，又，∴，即a的最小值为．19．（2023·重庆·统考一模）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，且平面平面.(1)求证：；(2)若直线与平面所成的角为，E为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面所成锐二面角的大小.【详解】（1）设，则中点为M，且∵平面平面且交线为，平面，∴平面，∵平面，∴，又直三棱柱，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.（2）由（1）知平面，所以直线与平面所成的角为，不妨设以B为原点，分别为x，y，z轴正向建立坐标系，，设平面的法向量为，故可设，设平面的法向量为，，故可设，设平面与平面所成锐二面角为，∴.20．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）2020年，一场突如其来的新型冠状病毒疫情席卷全球，时至今日，仍影响着人们的生产生活，为快速箭查出阳性患者，需按如下方案进行核酸检测：随机将10人分成一组，将10人样本混合后检测.若混合样本呈阴性，说明10人全部阴性；若混合样本呈阳性，说明其中至少一人呈阳性，则必须对这10人进行单人单检.假设携带病毒（阳性）的人在人群中的占比为，且每个人是否携带病毒相互独立.(1)现有10份单人单检的样本，其中有2份为阳性.求恰好经过3次检测就排查出所有阳性样本的概率.(2)请结合离散型随机变量及其分布列的有关知识，计算当值在什么范围时，上述核酸检测方案优于单人单检方案.（参考数据：）【答案】(1)；(2)【分析】（1）分析试验过程，利用独立重复实验的概率公式即可求解；（2）计算出10人混采次数的数学期望，建立不等式，即可解得.【详解】（1）记事件A：恰好经过3次检测就排查出所有阳性样本.所以需要第三次检测是阳性，前两次中有一次是阳性..即恰好经过3次检测就排查出所有阳性样本的概率为.（2）有10人参加核酸检测.若采用单人单检方案，10人需要采集10次；若采用上述核酸检测方案，检测次数为，则的可能取值为1，11.其中，.所以要使上述核酸检测方案优于单人单检方案，只需，整理化简得：，解得：.因为，所以，所以，所以.综上所述：当时，上述核酸检测方案优于单人单检方案21．（2022秋·辽宁大连·高三统考期末）已知双曲线的离心率为，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点位于第一象限，是双曲线Q右支上一点，，设(1)求双曲线Q的标准方程；(2)求证：C，D，B三点共线；(3)若面积为，求直线l的方程．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据离心率即可求解，（2）利用坐标运算，结合点差法以及向量共线的坐标表示即可求解，（3）根据三角形面积公式，利用联立方程，韦达定理，代入化简即可得到关于的方程，【详解】（1）由双曲线的离心率为，所以，解得，所以双曲线Q的标准方程为（2）由得,又，所以,，由得①，由于，在双曲线上，所以，相减得②由①②得③，由于，所以，将③代入得，所以，因此C，D，B三点共线（3）设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程为：，故，所以，直线的方程为，联立，所以由于轴，，所以，所以，由于，代入得，令，则，化简得，由于，所以，因此，解得或由于，所以，故直线方程为【点睛】方法点睛：解析几何中的弦长以及面积问题以及最值是常见的类