2023届新高考高三核心模拟数学试卷（中）（二）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届新高考高三核心模拟卷（中）（二）数学一、选择题1.若，其中，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗.故选：C.2.设集合或，若，则的取值范围是（）A.或 B.或C. D.〖答案〗B〖解析〗由集合或，得，又集合且，则2或，即或.故选：B.3.已知函数且的图象过定点，若抛物线也过点，则抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为对于，当，即时，恒有，因此函数的图象过定点，而点在抛物线上，则，解得，所以抛物线的准线方程为.故选：B.4.若两个向量、的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，又由，所以，所以，设向量与的夹角为，其中，则，可得.故选：D.5.一种高产新品种水稻单株穗粒数和土壤锌含量有关，现整理并收集了6组试验数据，（单位：粒）与土壤锌含量（单位：）得到样本数据，令，并将绘制成如图所示的散点图.若用方程对与的关系进行拟合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，令，则与的回归方程为，根据散点图可知与正相关，因此，又回归直线的纵截距小于0，即，得，所以，.故诜：C6.展开式中常数项为（）A. B. C.1 D.481〖答案〗C〖解析〗根据二项式定理，表示个相乘，所以，展开式中常数项的情况有以下三种情况：①个中全部选项展开；②个中有1个选择项，2个选择项，3个选择项展开；③个中有2个选择项，4个选择项展开.所以，其常数项为：.故选：C.7.已知是定义域为的奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，可知且，当时，，则，即，可得，当时，，则，即单调递增，由，则在上单调递增，易知，则不等式等价于，可得，解得.故选：D.8.在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，当三棱锥的表面积最大时，其内切球的半径是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设三棱锥的表面积为，则，当，即时，表面积最大为.此时,过作的垂线，垂足为，连接，因为和都是正三角形，所以为中点，，因为平面,所以平面为三棱锥的高，为三棱锥的高，设三棱锥的体积为，则设内切球的半径为，因为，所以，故选：A.二、选择题9.设，且，那么（）A.有最小值B.有最小值C.有最小值D.有最小值〖答案〗ABC〖解析〗因为且，所以，解得或（舍），即（当且仅当时取等号），正确.，当且仅当时取等号，正确；因为，所以，解得（当且仅当时取等号），正确；（当且仅当时取等号），D错误.故选:.10.已知函数，则（）A.是偶函数 B.在区间上单调递增C.在上有4个零点 D.的值域是〖答案〗AB〖解析〗对于A，函数的定义域为，且，所以函数是偶函数，A正确；对于B，当时，.令，由于函数在时单调递减，函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，故函数在区间上单调递增，B正确；对于C，当时，由，得或，所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；对于D，当时，.因为，所以当时，，当时，.由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.故选：AB.11.已知曲线的方程为，曲线关于点的对称曲线为，若以曲线与两坐标轴的交点为顶点的四边形面积为，则的值可能为（）A. B.1 C. D.0〖答案〗CD〖解析〗根据已知得曲线的方程为，设曲线上任意一点坐标为，它关于点的对称点坐标为，则…①，依据中点坐标公式得到则代入①得到的方程为，如图，由题意圆与两坐标轴的交点为，则有，令得：，令得：，，曲线与坐标轴围成的四边形面积为，所以，解得或；故选：CD.12.如图所示，在长方体中，是的中点，直线交平面于点，则（）A.三点共线B.的长度为1C.直线与平面所成角的正切值为D.的面积为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，连结，则四点共面，平面平面，又平面在平面与平面的交线上，同理也在平面与平面的交线上.三点共线，故A正确：对于B，设直线与平面的交点为，易证平面平面，从而得到，因为为中点，所以为中点，同理可得为中点，所以，故B正确；对于C，取中点，连接，因为平面平面，则即为直线与平面所成角，，故C错误；对于D，因为，所以•，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知双曲线的一个焦点到直线的距离为，则的离心率为__________.〖答案〗〖解析〗由已知得，双曲线的焦点在轴上，且焦点坐标为，不妨取，它到直线的距离为，解得，所以双曲线C的离心率为.故〖答案〗为：14.已知为锐角，且，则_______．〖答案〗〖解析〗由为锐角，且，所以，所以．故〖答案〗为：15.已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.〖答案〗〖解析〗若，则，即，此时，与题意不符，舍去；若，由，可得，即，解得，则.对一切正整数，不等式恒成立，化简得，分离可得，设，则，当时，，即；当时，，即，所以的最小值为，故〖答案〗为：.16.在锐角中，，则中线的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗设，对运用正弦定理，得到，所以，因为该三角形为锐角三角形，所以根据余弦定理，可得，则，解得，由，得到，运用向量得到，所以，结合的范围，代入，得到的范围为.故〖答案〗为：.四、解答题17.已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，设，求.（1）解：由，得，两式相减，得，所以，即.又因为时，，所以，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以.（2）解：由（1）得，.当时，，当时，综上，18.如图，在四边形中，已知.（1）若，求的值；（2）若，四边形的面积为4，求的值.（1）解：在中，∵，则∴．在中，由正弦定理得，，∴．∵，∴，∴．（2）解：在、中，由余弦定理得，，，从而①，由得，②，得，，∴．19.如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点.（1）求证：；（2）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.（1）证明：连接交于，连接，因为四边形为正方形，所以，.因为正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为平面，所以平面，.又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.（2）解：存在满足条件的点.解法一：因为为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，，因为矩形中，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图.因为，则，所以.易知为平面的法向量，设，所以.设平面法向量，所以，即，取，得，又二面角大小为，所以，即，解得.又因为，所以，即.解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，因为为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面所以，所以为二面角的平面角，所以.在中，，所以，又在中，，，所以，因为，所以，所以，在中，，所以.20.现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.（1）若，求；（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.解：（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，当时，甲以赢，，当时，甲以赢，，因此甲赢的概率为，则乙赢的概率为，所以.（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，于是得乙赢得全部奖金的概率，甲赢得全部奖金的概率，，，即函数在上单调递增，则有，因此乙赢的概率最大值为，所以事件A是小概率事件.21.已知椭圆过点，直线与交于两点，且线段的中点为为坐标原点，直线的斜率为.（1）求的标准方程；（2）已知直线与有两个不同的交点为轴上一点.是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由.（1）解：设，则，所以，由题知直线的斜率.因为在椭圆上，所以，两式相减得，即，又，所以，即.又因为椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：联立消整理得：.因为直线与椭圆交于两点，故，解得.设，则.设中点，则，故.假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，所以，解得，故.又因为，所以，所以，即，整理得.所以，代入，整理得，即，所以或，即存在使得是以为顶点的等腰直角三角形.当时，点坐标；当时，点坐标为.此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，证明：.（1）解：函数的定义域为，时，恒成立，所以在上单调递减；时，令得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：时，由（1）知至多有一个零点.时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为.①当时，由于，故只有一个零点；②当时，即，故没有零点；③当时，即，又，由（1）知在上有一个零点.又，由（1）知在有一个零点，所以在上有两个零点，的取值范围为不妨设，则，且，令，则，由于（且仅当等号成立，所以当时，在单调递减，又，所以，即，又，所以，又由于，且在上单调递增，所以即.2023届新高考高三核心模拟卷（中）（二）数学一、选择题1.若，其中，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗.故选：C.2.设集合或，若，则的取值范围是（）A.或 B.或C. D.〖答案〗B〖解析〗由集合或，得，又集合且，则2或，即或.故选：B.3.已知函数且的图象过定点，若抛物线也过点，则抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为对于，当，即时，恒有，因此函数的图象过定点，而点在抛物线上，则，解得，所以抛物线的准线方程为.故选：B.4.若两个向量、的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，又由，所以，所以，设向量与的夹角为，其中，则，可得.故选：D.5.一种高产新品种水稻单株穗粒数和土壤锌含量有关，现整理并收集了6组试验数据，（单位：粒）与土壤锌含量（单位：）得到样本数据，令，并将绘制成如图所示的散点图.若用方程对与的关系进行拟合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，令，则与的回归方程为，根据散点图可知与正相关，因此，又回归直线的纵截距小于0，即，得，所以，.故诜：C6.展开式中常数项为（）A. B. C.1 D.481〖答案〗C〖解析〗根据二项式定理，表示个相乘，所以，展开式中常数项的情况有以下三种情况：①个中全部选项展开；②个中有1个选择项，2个选择项，3个选择项展开；③个中有2个选择项，4个选择项展开.所以，其常数项为：.故选：C.7.已知是定义域为的奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，可知且，当时，，则，即，可得，当时，，则，即单调递增，由，则在上单调递增，易知，则不等式等价于，可得，解得.故选：D.8.在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，当三棱锥的表面积最大时，其内切球的半径是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设三棱锥的表面积为，则，当，即时，表面积最大为.此时,过作的垂线，垂足为，连接，因为和都是正三角形，所以为中点，，因为平面,所以平面为三棱锥的高，为三棱锥的高，设三棱锥的体积为，则设内切球的半径为，因为，所以，故选：A.二、选择题9.设，且，那么（）A.有最小值B.有最小值C.有最小值D.有最小值〖答案〗ABC〖解析〗因为且，所以，解得或（舍），即（当且仅当时取等号），正确.，当且仅当时取等号，正确；因为，所以，解得（当且仅当时取等号），正确；（当且仅当时取等号），D错误.故选:.10.已知函数，则（）A.是偶函数 B.在区间上单调递增C.在上有4个零点 D.的值域是〖答案〗AB〖解析〗对于A，函数的定义域为，且，所以函数是偶函数，A正确；对于B，当时，.令，由于函数在时单调递减，函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，故函数在区间上单调递增，B正确；对于C，当时，由，得或，所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；对于D，当时，.因为，所以当时，，当时，.由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.故选：AB.11.已知曲线的方程为，曲线关于点的对称曲线为，若以曲线与两坐标轴的交点为顶点的四边形面积为，则的值可能为（）A. B.1 C. D.0〖答案〗CD〖解析〗根据已知得曲线的方程为，设曲线上任意一点坐标为，它关于点的对称点坐标为，则…①，依据中点坐标公式得到则代入①得到的方程为，如图，由题意圆与两坐标轴的交点为，则有，令得：，令得：，，曲线与坐标轴围成的四边形面积为，所以，解得或；故选：CD.12.如图所示，在长方体中，是的中点，直线交平面于点，则（）A.三点共线B.的长度为1C.直线与平面所成角的正切值为D.的面积为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，连结，则四点共面，平面平面，又平面在平面与平面的交线上，同理也在平面与平面的交线上.三点共线，故A正确：对于B，设直线与平面的交点为，易证平面平面，从而得到，因为为中点，所以为中点，同理可得为中点，所以，故B正确；对于C，取中点，连接，因为平面平面，则即为直线与平面所成角，，故C错误；对于D，因为，所以•，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知双曲线的一个焦点到直线的距离为，则的离心率为__________.〖答案〗〖解析〗由已知得，双曲线的焦点在轴上，且焦点坐标为，不妨取，它到直线的距离为，解得，所以双曲线C的离心率为.故〖答案〗为：14.已知为锐角，且，则_______．〖答案〗〖解析〗由为锐角，且，所以，所以．故〖答案〗为：15.已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.〖答案〗〖解析〗若，则，即，此时，与题意不符，舍去；若，由，可得，即，解得，则.对一切正整数，不等式恒成立，化简得，分离可得，设，则，当时，，即；当时，，即，所以的最小值为，故〖答案〗为：.16.在锐角中，，则中线的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗设，对运用正弦定理，得到，所以，因为该三角形为锐角三角形，所以根据余弦定理，可得，则，解得，由，得到，运用向量得到，所以，结合的范围，代入，得到的范围为.故〖答案〗为：.四、解答题17.已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，设，求.（1）解：由，得，两式相减，得，所以，即.又因为时，，所以，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以.（2）解：由（1）得，.当时，，当时，综上，18.如图，在四边形中，已知.（1）若，求的值；（2）若，四边形的面积为4，求的值.（1）解：在中，∵，则∴．在中，由正弦定理得，，∴．∵，∴，∴．（2）解：在、中，由余弦定理得，，，从而①，由得，②，得，，∴．19.如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点.（1）求证：；（2）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.（1）证明：连接交于，连接，因为四边形为正方形，所以，.因为正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为平面，所以平面，.又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.（2）解：存在满足条件的点.解法一：因为为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，，因为矩形中，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图.因为，则，所以.易知为平面的法向量，设，所以.设平面法向量，所以，即，取，得，又二面角大小为，所以，即，解得.又因为，所以，即.解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，因为为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面所以，所以为二面角的平面角，所以.在中，，所以，又在中，，，所以，因为，所以，所以，在中，，所以.20.现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.（1）若，求；（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.解：（1）