2023届高考复习系列模拟数学试卷·备战二模（新高考II卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高考复习系列模拟试卷·备战二模（新高考II卷）数学第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．设集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因为，所以，故选：A.2．复数，则（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗B〖解析〗，，故选：B.3．中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详析九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（

）A．2400 B．2401 C．2500 D．2501〖答案〗D〖解析〗不妨设第层小球个数为，由题意，，……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以.故有，累加可得：，故.故选:D4．已知向量，满足，，则（

）．A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由，，两式相加，得，所以，，所以，所以.故选：A．5．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲､乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球､游泳､射击､体操四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（

）A．6种 B．60种 C．36种 D．24种〖答案〗B〖解析〗①羽毛球场安排2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，不同安排方法有种，②羽毛球场只安排1人（甲），其余4人分成3组（211）再安排到剩余3个场地，不同安排方法有种，所以不同的安排方法有种.故选：B.6．若，则的值可能是（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗D〖解析〗由余弦的二倍角公式知，得到，即，解得或，当时，，当时，所以，当时，或，当时，或，故选：D.7．如图，在正四棱台中，，且各顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗如图所示的正四棱台取上下两个底面的中心，连接，，，过点作底面的垂线与相交于点，因为四棱台为正四棱台，所以外接球的球心一定在直线上，在上取一点为球心，连接，则，设，因为，所以，，所以为正方形，故必在延长线上，在中，，即，在中，，即，解得，所以，故选：D.8．设函数的定义域为，其导函数为，若，则下列结论不一定正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗A：令，得，则函数图象关于点对称.若，则函数图象关于点对称，符合题意，故A正确；B：由选项A的分析知，等式两边同时求导，得，即①，又，为偶函数，所以②，由①②得，所以函数的周期为2.所以，即，故B正确；C：由选项B的分析知，则函数图象关于直线对称.令，若，则函数图象关于直线对称，不符合题意，故C错误；D：由选项B的分析可知函数的周期为2，则，所以，故D正确.故选：C.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．若函数在上恰有三个零点，则（

）A．的取值范围为B．在上恰有两个极大值点C．在上有极大值点D．在上单调递增〖答案〗AD〖解析〗由题可知，时，，若函数在上恰有三个零点，根据三角函数图象性质可知解得，即选项A正确；由可知，当时，，此时在上只有1个极大值点，当时，，在上恰有两个极大值点；所以B错误；当时，，不妨取，此时，即当时，，由正弦函数图象性质可知在上没有极大值点；即C错误；当时，，而，所以当时，，由正弦函数图象性质可知在上单调递增，即D正确；故选：AD.10．过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，已知C的焦点为F，且，则（

）A．C的准线方程是B．C．直线过定点D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为〖答案〗BCD〖解析〗A选项，由题意，得，C的准线方程为，故A错误；B选项，由焦半径，得，解得，故，因为，所以，故B正确；C选项，直线的斜率不为0，设直线的方程为，与联立，得.设，则，，则，，则，所以，整理得，故或，当时，直线为，即，此时直线过定点，当时，直线为，即，此时直线过定点，此时与点重合，不合要求，舍去，故直线过定点，故C正确；D选项，由C选项，可知直线过定点，故当与直线垂直时，点A到直线MN的距离最大，因为，所以直线MN的斜率为，故直线MN的方程为，整理得，故D正确.故选：BCD.11．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（

）A．勒洛四面体最大的截面是正三角形B．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4C．勒洛四面体ABCD的体积是D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是〖答案〗BD〖解析〗由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B正确;如图2,由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BO，并延长交勒洛四面体的曲面于点E,则OE就是勒洛四面体内切球的半径.如图3,在正四面体ABCD中，M为的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BM，BO，AM，由正四面体的性质可知O在AM上.因为,所以则.因为，即解得,则正四面体ABCD外接球的体积是.因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积,则C错误.因为,所以,则D正确.故选：BD.12．已知实数a，b满足，下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由，可得，对A：∵，则，故，A正确；对B：由选项A可得：，当且仅当，即时，等号成立，故，B正确；对C：，令，则，C错误；对D：，等价于，构建，则当时恒成立，则在上单调递增，由选项A可知：，则，故，D正确；故选：ABD.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．在夏季奥运会的女子射箭团体赛中，每个参赛队伍共有三名队员.在一轮比赛中，每个队伍的三名队员各射箭一次，环数总和为该队伍在这一轮比赛中的成绩.已知在某参赛队的三名队员射中10环的概率分别为，每轮比赛的结果互不影响，根据以往的训练成绩，该队伍在n轮比赛中，比赛成绩为30环的次数X服从正态分布.则当时，____________.〖答案〗〖解析〗易知一轮比赛成绩为30环的概率，则，所以，所以.故〖答案〗为：14．若曲线只有一条经过点的切线，则的值可以为______，此时切线方程为______．〖答案〗0或4

或4〖解析〗设切点坐标为．由，得，所以切线方程为．将点的坐标代入，得．整理，得．由题意可知，方程有两个相等的实数根，则，解得或．当时，，此时切线方程为，即；当时，，此时切线方程为，即．故〖答案〗为：0或4；或415．若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．〖答案〗〖解析〗直线过定点，直线过定点，显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，显然点的坐标为，所以该圆的方程为，由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，当点在如下图位置时，的值最大，即，所以|PM|的最大值为，故〖答案〗为：16．设О为坐标原点，A为椭圆C：上一个动点，过点A作椭圆C内部的圆E：的一条切线，切点为D，与椭圆C的另一个交点为B，D为AB的中点，若OD的斜率与DE的斜率之积为2，则C的离心率为___________.〖答案〗〖解析〗设，，，则，.将A，B代入C，得两式相减，得，所以，即.由：可知，圆E与y轴相切，如图.由题意可知，不妨设OD的斜率为，且.,是等腰三角形，，，所以.由OD的斜率与DE的斜率之积为2，可得，解得（负值舍去）.所以，所以，即.所以，所以，所以C的离心率为.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．已知数列是由正数组成的等比数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前n项和.解：（1）设等比数列的公比为，由，得，是由正数组成的等比数列，则，，则，解得或（舍），又，所以，解得，所以.（2），所以.18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求C；（2）若A为钝角，求的取值范围．解：（1）因为，所以由正弦定理可得，整理得，故由余弦定理得，又，所以．（2）因为，所以，由（1）得，所以，又，且A为钝角，所以，且，故，则，，所以，故的取值范围是．19．某工厂生产的球形零件的规格标准是：直径（单位：）在内，质量（单位：）在内，且只有直径和质量两项都符合标准的才是合格产品.该厂家从生产的一批球形零件中随机抽查件，统计其直径和质量，得到下表：

直径质量（1）设事件为“从这批零件中随机抽取件是合格产品”，事件为“从这批零件中随机抽取件产品，直径符合标准”，事件为“从这批零件中随机抽取件产品，质量符合标准”，以样本频率代替概率，求、.（2）从样本的不合格产品中随机抽取件，直径和质量两项都不符合标准的零件个数记为，求的概率分布列和数学期望.（1）解：由表格可知，随机抽查的件产品中，直径符合标准的频率为，质量符合标准的频率为，合格产品的频率为.所以，，.所以，.（2）解：由表格知，不合格产品共有件，其中直径和质量两项都不符合标准的有件，所以服从超几何分布，且的所有可能取值为、、，，，.所以的分布列为所以，.20．在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）若点P为四棱锥Q－ABCD的侧面QCD内（包含边界）的一点，且四棱锥P－ABCD的体积为，求BP与平面ABCD所成角的正弦值的最小值.（1）证明：取的中点为，连接，.因为，，则，而，，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，且平面，故平面，因为平面，故平面平面.（2）解：在平面内，过作，交于，因为，则.结合（1）中的平面，且平面，则，故直线两两互相垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系.则，，，，故，，.因为，所以，又因为点为四棱锥的侧面内的一点（包含边界），所以点的轨迹是的中位线，设，则，，设与平面所成角为，则，，当时，取得最小值，所以与平面所成角的正弦值的最小值为.21．已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，是C上一点．（1）求C的方程；（2）不垂直于坐标轴的直线l交C于M，N两点，交x轴于点A，线段MN的垂直平分线交x轴于点D，若，证明：直线l过四个定点中的一个．解：（1）设C的焦距为2c，则，即，，，由双曲线的定义，得，即，所以，故C的方程为；（2）设，，，直线l的方程为，联立，整理得，由题意，得，则，则，，，设MN的中点为，则，，所以线段MN的垂直平分线的方程为，令，得，即，所以，由题意，得，即，从而，当，即时，解得或；当，即时，解得或，所以直线l的方程为，或，或，或，故直线l过四个定点中的一个．22．已知函数.（1）若函数为增函数，求的取值范围；（2）已知.（i）证明：；（ii）若，证明：.（1）解：∵，则，若是增函数，则，且，可得，故原题意等价于对恒成立，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递增，在递减，故，∴的取值范围为.（2）（i）证明：由（1）可知：当时，单调递增，∵，则，即，整理得，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递减，在递增，故，即，当且仅当时等号成立，令，可得，故；（ii）解：∵，则，可知有两个不同实数根，由（1）知，可得，同理可得，构建，则，当时，；当时，；当时，；且，故对恒成立，故在上单调递减，∵，则，即，且，则，故，可得；又∵，由（i）可得，即，则，且，则，可得；综上所述：.可得，则故.2023届高考复习系列模拟试卷·备战二模（新高考II卷）数学第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．设集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因为，所以，故选：A.2．复数，则（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗B〖解析〗，，故选：B.3．中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详析九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（

）A．2400 B．2401 C．2500 D．2501〖答案〗D〖解析〗不妨设第层小球个数为，由题意，，……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以.故有，累加可得：，故.故选:D4．已知向量，满足，，则（

）．A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由，，两式相加，得，所以，，所以，所以.故选：A．5．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲､乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球､游泳､射击､体操四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（

）A．6种 B．60种 C．36种 D．24种〖答案〗B〖解析〗①羽毛球场安排2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，不同安排方法有种，②羽毛球场只安排1人（甲），其余4人分成3组（211）再安排到剩余3个场地，不同安排方法有种，所以不同的安排方法有种.故选：B.6．若，则的值可能是（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗D〖解析〗由余弦的二倍角公式知，得到，即，解得或，当时，，当时，所以，当时，或，当时，或，故选：D.7．如图，在正四棱台中，，且各顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗如图所示的正四棱台取上下两个底面的中心，连接，，，过点作底面的垂线与相交于点，因为四棱台为正四棱台，所以外接球的球心一定在直线上，在上取一点为球心，连接，则，设，因为，所以，，所以为正方形，故必在延长线上，在中，，即，在中，，即，解得，所以，故选：D.8．设函数的定义域为，其导函数为，若，则下列结论不一定正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗A：令，得，则函数图象关于点对称.若，则函数图象关于点对称，符合题意，故A正确；B：由选项A的分析知，等式两边同时求导，得，即①，又，为偶函数，所以②，由①②得，所以函数的周期为2.所以，即，故B正确；C：由选项B的分析知，则函数图象关于直线对称.令，若，则函数图象关于直线对称，不符合题意，故C错误；D：由选项B的分析可知函数的周期为2，则，所以，故D正确.故选：C.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．若函数在上恰有三个零点，则（

）A．的取值范围为B．在上恰有两个极大值点C．在上有极大值点D．在上单调递增〖答案〗AD〖解析〗由题可知，时，，若函数在上恰有三个零点，根据三角函数图象性质可知解得，即选项A正确；由可知，当时，，此时在上只有1个极大值点，当时，，在上恰有两个极大值点；所以B错误；当时，，不妨取，此时，即当时，，由正弦函数图象性质可知在上没有极大值点；即C错误；当时，，而，所以当时，，由正弦函数图象性质可知在上单调递增，即D正确；故选：AD.10．过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，已知C的焦点为F，且，则（

）A．C的准线方程是B．C．直线过定点D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为〖答案〗BCD〖解析〗A选项，由题意，得，C的准线方程为，故A错误；B选项，由焦半径，得，解得，故，因为，所以，故B正确；C选项，直线的斜率不为0，设直线的方程为，与联立，得.设，则，，则，，则，所以，整理得，故或，当时，直线为，即，此时直线过定点，当时，直线为，即，此时直线过定点，此时与点重合，不合要求，舍去，故直线过定点，故C正确；D选项，由C选项，可知直线过定点，故当与直线垂直时，点A到直线MN的距离最大，因为，所以直线MN的斜率为，故直线MN的方程为，整理得，故D正确.故选：BCD.11．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（

）A．勒洛四面体最大的截面是正三角形B．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4C．勒洛四面体ABCD的体积是D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是〖答案〗BD〖解析〗由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B正确;如图2,由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BO，并延长交勒洛四面体的曲面于点E,则OE就是勒洛四面体内切球的半径.如图3,在正四面体ABCD中，M为的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BM，BO，AM，由正四面体的性质可知O在AM上.因为,所以则.因为，即解得,则正四面体ABCD外接球的体积是.因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积,则C错误.因为,所以,则D正确.故选：BD.12．已知实数a，b满足，下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由，可得，对A：∵，则，故，A正确；对B：由选项A可得：，当且仅当，即时，等号成立，故，B正确；对C：，令，则，C错误；对D：，等价于，构建，则当时恒成立，则在上单调递增，由选项A可知：，则，故，D正确；故选：ABD.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．在夏季奥运会的女子射箭团体赛中，每个参赛队伍共有三名队员.在一轮比赛中，每个队伍的三名队员各射箭一次，环数总和为该队伍在这一轮比赛中的成绩.已知在某参赛队的三名队员射中10环的概率分别为，每轮比赛的结果互不影响，根据以往的训练成绩，该队伍在n轮比赛中，比赛成绩为30环的次数X服从正态分布.则当时，____________.〖答案〗〖解析〗易知一轮比赛成绩为30环的概率，则，所以，所以.故〖答案〗为：14．若曲线只有一条经过点的切线，则的值可以为______，此时切线方程为______．〖答案〗0或4

或4〖解析〗设切点坐标为．由，得，所以切线方程为．将点的坐标代入，得．整理，得．由题意可知，方程有两个相等的实数根，则，解得或．当时，，此时切线方程为，即；当时，，此时切线方程为，即．故〖答案〗为：0或4；或415．若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．〖答案〗〖解析〗直线过定点，直线过定点，显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，显然点的坐标为，所以该圆的方程为，由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，当点在如下图位置时，的值最大，即，所以|PM|的最大值为，故〖答案〗为：16．设О为坐标原点，A为椭圆C：上一个动点，过点A作椭圆C内部的圆E：的一条切线，切点为D，与椭圆C的另一个交点为B，D为AB的中点，若OD的斜率与DE的斜率之积为2，则C的离心率为___________.〖答案〗〖解析〗设，，，则，.将A，B代入C，得两式相减，得，所以，即.由：可知，圆E与y轴相切，如图.由题意可知，不妨设OD的斜率为，且.,是等腰三角形，，，所以.由OD的斜率与DE的斜率之积为2，可得，解得（负值舍去）.所以，所以，即.所以，所以，所以C的离心率为.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．已知数列是由正数组成的等比数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前n项和.解：（1）设等比数列的公比为，由，得，是由正数组成的等比数列，则，，则，解得或（舍），又，所以，解得，所以.（2），所以.18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求C；（2）若A为钝角，求的取值范围．解：（1）因为，所以由正弦定理可得，整理得，故由余弦定理得，又，所以．（2）因为，所以，由（1）得，所以，又，且A为钝角，所以，且，故，则，，所以，故的取值范围是．19．某工厂生产的球形零件的规格标准是：直径（单位：）在内，质量（单位：）在内，且只有直径和质量两项都符合标准的才是合格产品.该厂家从生产的一批球形零件中随机抽查件，统计其直径和质量，得到下表：

直径质量（1）设事件为“从这批零件中随机抽取件是合格产品”，事件为“从这批零件中随机抽取件产品，直径符合标准”，事件为“从这批零件中随机抽取件产品，质量符合标准”，以样本频率代替概率，求、.（2）从样本的不合格产品中随机抽取件，直径和质量两项都不符合标准的零件个数记为，求的概率分布列和数学期望.（1）解：由表格可知，随机抽查的件产品中，直径符合标准的频率为，质量符合标准的频率为，合格产品