2023届高考复习系列模拟数学试卷·备战二模（新高考I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I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．己知集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由得：，解得：，即，又，.故选：B.2．已知复数z满足，则z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〗D〖解析〗因为，所以，所以z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．故选：D．3．在平行四边形中，，是对角线的交点，是的中点，又，则的值分别为（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗所以，故选：B4．沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）.在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的.已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的时，所需时间为（

）A．小时 B．小时 C．小时 D．小时〖答案〗C〖解析〗设圆锥沙子漏完时圆锥底面半径为R，高为h，圆锥体积为：，上方圆锥中沙子漏至圆锥高度时，上方圆锥底面半径为，高为，剩余沙子体积，此时还剩余时间为小时，沙漏流逝时间为小时.故选：C5．某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”．在各阅览室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书．某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗三人挑四种书，每人有4种选法，共有种方法，恰有2人选同一种书的方法有种，即36种方法，故恰有2人选同一种的概率．故选：D．6．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（

）A． B． C．1 D．2〖答案〗B〖解析〗由题意得，的图象关于点对称，故，故，，解得，，又在上单调递减，故，又，解得，则，，解得或1，故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，当时，，当时，，因为在上不单调递减，不合要求，舍去，其他均不合要求.故选：B7．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（

）A．670 B．672 C．674 D．676〖答案〗D〖解析〗∵为奇函数，∴，∴，即：，又∵，∴，①又∵为偶函数，∴，②∴将②中换成得：，③∴将③中换成得：，④由①④得：，∴的一个周期为3，∴，将代入③得：，∴又∵，∴.故选：D.8．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，已知某“鞠”的表面上有四个点，满足，面ABC，⊥，若，则该“鞠”的体积的最小值为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，面ABC，⊥，故AB为三角形ABC所在小圆的直径，取AB中点，过作，交BP于点O，则O即为球心，PB为球的直径，要想该“鞠”的体积最小，只需PB最小，由于，故只需AB最小，其中，故，解得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，故最小值为2，此时直径最小值为，所以该“鞠”的体积最小值为.故选：B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．已知一组样本数据，现有一组新的数据，，则与原样本数据相比，新的样本数据（

）A．平均数不变 B．中位数不变C．极差变小 D．方差变小〖答案〗ACD〖解析〗对于A项，新数据的总数为：，与原数据总数一样，且数据数量不变都是，故平均数不变，A正确；对于B项，不妨设原数据为：，则新数据为：，显然中位数变了，故B错误；对于C项，原数据极差为：，新数据极差为：，，极差变小了，故C正确；对于D项，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D项正确.故选：ACD.10．已知函数（且），且，，，则下列结论正确的是（

）A．为R上的增函数 B．无极值C． D．〖答案〗ABC〖解析〗已知函数（且），则，则，所以，故在R上单调递增，A选项正确；因为为R上的增函数，所以无极值，B选项正确；因为是增函数，所以，因为是减函数，所以，因为是减函数，所以，综上可知，，又为增函数，则，C选项正确，D选项错误；故选：ABC.11．已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（

）A．若点，则的最小值为4B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2〖答案〗AD〖解析〗A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；C选项，设，因三角形ODE为正三角形，则，又，则.因，则.又由图可得.则，则.得ODE的周长为.故C错误；D选项，设，则，当取最大值时，.取，则此时GFH的面积为.故D正确.故选：AD.12．在###第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（

）A．直线与平面所成的角为B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为C．异面直线与所成的角的余弦值为D．球离球托底面的最小距离为〖答案〗CD〖解析〗A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，由为正三角形，得，又平面平面，平面平面，平面，平面，由，得平面，同理平面，则，且，所以四边形为平行四边形，由，得，所以四边形为平行四边形，得，，即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误；B：如图1，连接AB、BC、AC，由选项A的分析知，同理，，所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆，其半径为，面积为，故B错误；C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，，在中，，由余弦定理，得，故C正确；D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.如图2，，，所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.故选：CD.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．展开式中的系数为___________.〖答案〗〖解析〗的展开式的通项为：，，取和，计算得到系数为：.故〖答案〗为：.14．已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则______〖答案〗〖解析〗圆的方程为，即①，又圆：②，②－①可得两圆公共弦所在的直线方程为圆的圆心到直线的距离，所以．故〖答案〗为:.15．若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为___________.〖答案〗1〖解析〗设，则，设切点为，则，则切线方程为，即，直线过定点，所以，所以，设，则，设切点为，则，则切线方程为，即，直线过定点，所以，所以，则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，因此点关于直线对称，从而，，所以．故〖答案〗为：1.16．已知曲线的离心率是，P为其上顶点，分别为左、右焦点，过且垂直于的直线与C交于两点，，则的周长是_______．〖答案〗26〖解析〗由曲线的离心率是，P为其上顶点，可知，，则，即则的斜率为，故的斜率为，所以的方程为，联立，可得，，设，不妨设，则，由于，故，故，即得，故，即，解得，故，则，,故的周长为,故〖答案〗为：26四、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．已知正项数列的前n项和为，，数列是公差为1的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若存在，使得成立，求的取值范围．解：（1）因为数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，则，当时，，当n＝1时，满足上式，故．（2）令，则，因为，所以，即，解得或，故的取值范围为．18．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若（1）求角A的大小；（2）若，求中线AD长的最大值（点D是边BC中点）．解：（1）因为，由正弦定理可得：,即，,因为，所以，所以，因为,所以.（2）由（1）得，则，所以，即，当且仅当时等号成立，因为点D是边BC中点，所以,两边平方可得：,则，所以，中线AD长的最大值为.19．如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径.（1）弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；（2）若，，点，A，B，C都在半径为的球面上，求二面角的余弦值.解：（1）当点D为的中点时，平面，证明如下：取AB的中点D，连接OD，∵O，D分别为，的中点，则，平面，平面，∴平面，又∵，平面，平面，∴平面，，平面，∴平面平面，由于平面，故平面.（2）∵是的直径，可得，即，且，，故，，又∵平面，且平面，∴，即，，两两垂直，且点，A，B，C都在半径为的球面上，可知该球为以、、为长、宽、高的长方体的外接球，则，可得，以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则，，，，得，，设为平面的一个法向量，则，令，则，可得，且为平面的一个法向量，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.20．某研究机构随机抽取了新近上映的某部影片的200名观众，对他们是否喜欢这部影片进行了调查，得到如下数据（单位：人）：男性女性合计喜欢153045不喜欢8570155合计100100200根据上述信息，解决下列问题：（1）根据小概率值的独立性检验，分析观众喜欢该影片与观众的性别是否有关；（2）现从被调查的200名观众中，随机依次抽取2人作为幸运观众（注：第一次先从200名观众中随机抽取1名，第二次再从剩下的199名观众中随机抽取1名）．求在第一次抽到的是喜欢该影片的观众的条件下，第二次抽到的是不喜欢该影片的观众的概率．附：，其中．0.150.100.050.0100.0012.0722.7063.8416.63510.828解：（1）零假设为：观众喜欢该影片与观众的性别无关联．由已知得．根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为观众喜欢该影片与观众的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．（2）记事件A：第一次抽到的是喜欢该影片的观众，事件B：第二次抽到的是不喜欢该影片的观众．根据已知得．∴．答：在第一次抽到的是喜欢该影片的观众的条件下，第二次抽到的是不喜欢该影片的观众的概率为．21．已知双曲线的渐近线与曲线相切.横坐标为的点在曲线上，过点作曲线的切线交双曲线于不同的两点.（1）求双曲线的离心率；（2）记的中垂线交轴于点.是否存在实数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，与曲线相切，消得：有唯一解，所以得：，离心率.（2）由，故点作曲线的切线的斜率为，则，所以方程为代入中，并整理得，设，在，易得的中点，故中垂线，则点.若，则，即得，此时当，即时，存在实数，使得；当，即时，不存在实数，使得.22．已知函数（a为常数），函数.（1）证明：（i）当时，；（ii）当时，；（2）证明：当时，曲线与曲线有且只有一个公共点.证明：（1）令,所以,则,所以在上单调递增，且，所以当时，,即,所以；当时，,即,所以（2）证法一:由，得，设，则.令，由上述推理可得或.①当时，，因为，当且仅当，所以在上单调递增，又因为，所以的零点有且仅有一个为0.②当时，列表如下：00000极大值极小值首先在上无零点；取且从而在上有且仅有一个零点.综上所述，曲线与曲线有且仅有一个公共点.证法二:令令①当时，在上单调递增，注意到,所以在上有唯一的零点.②当时，令或,且当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增,且当时，无零点当时，，当时，.，令,,在上有唯一的零点，证毕！2023届高考复习系列模拟试卷·备战二模（新高考I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．己知集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由得：，解得：，即，又，.故选：B.2．已知复数z满足，则z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〗D〖解析〗因为，所以，所以z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．故选：D．3．在平行四边形中，，是对角线的交点，是的中点，又，则的值分别为（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗所以，故选：B4．沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）.在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的.已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的时，所需时间为（

）A．小时 B．小时 C．小时 D．小时〖答案〗C〖解析〗设圆锥沙子漏完时圆锥底面半径为R，高为h，圆锥体积为：，上方圆锥中沙子漏至圆锥高度时，上方圆锥底面半径为，高为，剩余沙子体积，此时还剩余时间为小时，沙漏流逝时间为小时.故选：C5．某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”．在各阅览室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书．某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗三人挑四种书，每人有4种选法，共有种方法，恰有2人选同一种书的方法有种，即36种方法，故恰有2人选同一种的概率．故选：D．6．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（

）A． B． C．1 D．2〖答案〗B〖解析〗由题意得，的图象关于点对称，故，故，，解得，，又在上单调递减，故，又，解得，则，，解得或1，故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，当时，，当时，，因为在上不单调递减，不合要求，舍去，其他均不合要求.故选：B7．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（

）A．670 B．672 C．674 D．676〖答案〗D〖解析〗∵为奇函数，∴，∴，即：，又∵，∴，①又∵为偶函数，∴，②∴将②中换成得：，③∴将③中换成得：，④由①④得：，∴的一个周期为3，∴，将代入③得：，∴又∵，∴.故选：D.8．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，已知某“鞠”的表面上有四个点，满足，面ABC，⊥，若，则该“鞠”的体积的最小值为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，面ABC，⊥，故AB为三角形ABC所在小圆的直径，取AB中点，过作，交BP于点O，则O即为球心，PB为球的直径，要想该“鞠”的体积最小，只需PB最小，由于，故只需AB最小，其中，故，解得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，故最小值为2，此时直径最小值为，所以该“鞠”的体积最小值为.故选：B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．已知一组样本数据，现有一组新的数据，，则与原样本数据相比，新的样本数据（

）A．平均数不变 B．中位数不变C．极差变小 D．方差变小〖答案〗ACD〖解析〗对于A项，新数据的总数为：，与原数据总数一样，且数据数量不变都是，故平均数不变，A正确；对于B项，不妨设原数据为：，则新数据为：，显然中位数变了，故B错误；对于C项，原数据极差为：，新数据极差为：，，极差变小了，故C正确；对于D项，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D项正确.故选：ACD.10．已知函数（且），且，，，则下列结论正确的是（

）A．为R上的增函数 B．无极值C． D．〖答案〗ABC〖解析〗已知函数（且），则，则，所以，故在R上单调递增，A选项正确；因为为R上的增函数，所以无极值，B选项正确；因为是增函数，所以，因为是减函数，所以，因为是减函数，所以，综上可知，，又为增函数，则，C选项正确，D选项错误；故选：ABC.11．已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（

）A．若点，则的最小值为4B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2〖答案〗AD〖解析〗A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；C选项，设，因三角形ODE为正三角形，则，又，则.因，则.又由图可得.则，则.得ODE的周长为.故C错误；D选项，设，则，当取最大值时，.取，则此时GFH的面积为.故D正确.故选：AD.12．在###第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（

）A．直线与平面所成的角为B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为C．异面直线与所成的角的余弦值为D．球离球托底面的最小距离为〖答案〗CD〖解析〗A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，由为正三角形，得，又平面平面，平面平面，平面，平面，由，得平面，同理平面，则，且，所以四边形为平行四边形，由，得，所以四边形为平行四边形，得，，即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误；B：如图1，连接AB、BC、AC，由选项A的分析知，同理，，所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆，其半径为，面积为，故B错误；C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，，在中，，由余弦定理，得，故C正确；D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.如图2，，，所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.故选：CD.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．展开式中的系数为___________.〖答案〗〖解析〗的展开式的通项为：，，取和，计算得到系数为：.故〖答案〗为：.14．已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则______〖答案〗〖解析〗圆的方程为，即①，又圆：②，②－①可得两圆公共弦所在的直线方程为圆的圆心到直线的距离，所以．故〖答案〗为:.15．若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为___________.〖答案〗1〖解析〗设，则，设切点为，则，则切线方程为，即，直线过定点，所以，所以，设，则，设切点为，则，则切线方程为，即，直线过定点，所以，所以，则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，因此点关于直线对称，从而，，所以．故〖答案〗为：1.16．已知曲线的离心率是，P为其上顶点，分别为左、右焦点，过且垂直于的直线与C交于两点，，则的周长是_______．〖答案〗26〖解析〗由曲线的离心率是，P为其上顶点，可知，，则，即则的斜率为，故的斜率为，所以的方程为，联立，可得，，设，不妨设，则，由于，故，故，即得，故，即，解得，故，则，,故的周长为,故〖答案〗为：26四、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．已知正项数列的前n项和为，，数列是公差为1的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若存在，使得成立，求的取值范围．解：（1）因为数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，则，当时，，当n＝1时，满足上式，故．（2）令，则，因为，所以，即，解得或，故的取值范围为．18．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若（1）求角A的大小；（2）若，求中线AD长的最大值（点D是边BC中点）．解：（1）因为，由正弦定理可得：,即，,因为，所以，所以，因为,所以.（2）由（1）得，则，所以，即，当且仅当时等号成立，因为点D是边BC中点，所以,两边平方可得：,则，所以，中线AD长的最大值为.19．如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径.（1）弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；（2）若，，点，A，B，C都在半径为的球面上，求二面角的余弦值.解：（1）当点D为的中点时，平面，证明如下：取AB的中点D，连接OD，∵O，D分别为，的中点，则，平面，平面，∴平面，又∵，平面，平面，∴平面，，平面，∴平面平面，由于平面，故平面.（2）∵是的直径，可得，即，且，，故，，又∵平面，且平面，∴，即，，两两垂直，且点，A，B，C都在半径为的球面上，可知该球为以、、为长、宽、高的长方体的外接球，则，可得，以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则，，，，得，，设为平面的一个法向量，则，令，则，可得，且为平面的一个法向量，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.20．某研究机构随机抽取了新近上