2023届高考复习系列模拟数学试卷4（新高考II卷）（解析版） - 副本

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高考复习系列模拟数学试卷4（新高考II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．设集合，则（

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

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因为复数，,所以，故选：A.3．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满，芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，若立春当日日影长为尺，立夏当日日影长为尺，则春分当日日影长为（

）A．尺 B．5尺 C．尺 D．尺〖答案〗D〖解析〗设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，立夏当日日影长为，所以春分当日日影长为.故选：D4．已知平面向量，其中，且与和与的夹角相等，则=（

）A． B．1 C． D．2〖答案〗B〖解析〗由题意，得，由于与和与的夹角相等，故，即，即，故选：B.5．某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（

）A．81 B．72 C．48 D．36〖答案〗D〖解析〗先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法，故选：D．6．若，则的值为（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗由可得，，所以，所以.故选：A.7．已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，高为3，则该正四棱台的外接球的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗过正四棱台的对角面作截面，得等腰梯形，该梯形的外接圆是正四棱台外接球的大圆，如图，设球心为，设分别是中点，则是棱台的高，在直线上，设球半径为，由已知，，若在线段上，如图1，，，，，此方程无实解若在线段延长线上，如图2，，即解得，∴球体积为．故选：D．8．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（

）A．函数的周期为2 B．函数关于直线对称C．函数关于点中心对称 D．〖答案〗C〖解析〗∵为偶函数，∴，∴，故即，∴函数的图象关于直线对称.∵为奇函数，∴，∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函数的周期为4，A错误，，故D错误.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．已知函数，将函数图象向左平移个单位长度后所得的函数图象过点，则函数满足（

）A．是的一个对称中心 B．在区间上单调递增C．是的一条对称轴 D．在区间上单调递减〖答案〗AB〖解析〗函数图象向左平移个单位长度后的〖解析〗式为：，由题得，∴，解得，又，可得，所以，因为，所以是的一个对称中心，故A正确；令，解得，，即为函数的单调增区间，所以当时，时函数单调递增，故B正确；因为，故不是的一条对称轴，故C错误；由B知，当时，时单调递增，所以在区间上不单调递减，故D错误.故选：AB10．已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（

）A． B．C．的面积为 D．线段的中点到抛物线准线的距离为〖答案〗ACD〖解析〗联立得，，设，则，，∴，.,A选项正确.，∴不成立，B选项错误；到直线的距离为，的面积，C选项正确；∵，准线方程为∴，线段AB的中点到抛物线准线的距离为4，D选项正确.故选：ACD11．如图，在棱长为2的正方体中，是棱上一点，是的中点，则（

）A．存在棱上的点，使得B．四面体的体积为C．三棱锥的内切球的表面积为D．当为棱的中点时，平面平面〖答案〗ABD〖解析〗对A，取线段上点满足，连接.因为，且，故四边形为平行四边形，故.因为为正方体，故均为等腰直角三角形，故，故，则，故A正确；对B，四面体的体积，故B正确；对C，三棱锥为棱长为的正四面体，体积为，且每个面的面积均为，故内切球半径满足，解得，故内切球的表面积，故C错误；对D，由题意，因为是的中点，且，故.由正方体可得也为的中点.则，故在直角和直角中，故，则，又，故，所以.又，平面，故平面.又因为平面，故平面平面，故D正确；故选：ABD.12．已知，，且，则（

）A． B．C． D．〖答案〗ACD〖解析〗对于A选项：因为，，所以，当且仅当“”，即“”时，等号成立，正确；对于B选项：因为，，所以，当且仅当“”，即“”时，等号成立，所以，错误；对于C选项：因为，，且，所以，所以，记，则，易知在上单调递减，且，所以当时，即函数在上单调递增，又，所以当时，，即，所以，正确；对于D选项：记，则恒成立，且，所以函数在上单调递增，又，所以，即当时，，即，因为，，且，所以，所以，又，即，则，所以，正确；故选：ACD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．已知随机变量，且，其中，则___________.〖答案〗〖解析〗由正态分布曲线的对称性可知：，.故〖答案〗为：.14．已知动点，分别在圆：和圆：上，动点在直线上，则的最小值是_______〖答案〗##〖解析〗由题知圆：的圆心为，半径为，圆：的圆心为，半径为，如图，设点关于直线对称的点为，所以，，解得，即，所以，所以，，即的最小值是.故〖答案〗为：.15．已知椭圆C：，经过原点O的直线交C于A，B两点．P是C上一点（异于点A，B），直线BP交x轴于点D．若直线AB，AP的斜率之积为，且，则椭圆C的离心率为______．〖答案〗〖解析〗设，，，则直线AP的斜率为，BP的斜率为，由题知，两式相减得，即，即，即，又，则，即，即，则，所以，即，则椭圆C的离心率为.故〖答案〗为：16．已知（1）函数的零点个数为________个；（2）若的图象与x轴有3个不同的交点，则实数a的取值范围为_______．〖答案〗

1

〖解析〗（1）因为，所以零点个数为1；（2）由题设，当时，，故值域为且单调递增；当时，，故值域为且单调递减；∴在上值域为且单调递减；在上值域为且单调递增；要使与x轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，它们的图象如图所示，由图知：要使函数图象有3个交，则与在上有2个交点，当时，设，则，此时，若与相切，设切点为，∴可得，当过点时，有，得，∴．故〖答案〗为：1，四、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．已知等差数列的前项和为，数列为正项等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）若设的前项和为，求．解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，或是正项等比数列，，．（2）由（1）知，，．18．在中，内角、、的对边分别为、、，点在边上，且，.（1）求的值；（2）若，的面积为，求.（1）解：设，，在中，由正弦定理可得，即，即，由正弦定理可得，所以，，因此，.（2）解：因为，，，则为等腰直角三角形，且，所以，，所以，，则，，，由余弦定理可得，故.19．为了保障学生们的合法权益，并保证高考的公平性，重庆市施行的新高考方案中再选科目的高考成绩采用赋分制.赋分制在一定程度上缩小了试题难度不同带来的分数差，也在一定程度上减少了学科难度不一造成的分数差.2022年高考成绩公布后，重庆市某中学收集了部分学生的高考成绩，其中地理成绩均在（单位：分），将收集到的地理成绩按分组，得到频率分布直方图如下.（1）求，并估计该校2022年高考地理科的平均成绩；（同一组数据用该区间的中点值作代表）（2）已知该校2022年所有参加高考的学生中历史类考生占20%，物理类考生占80%，历史类考生中选考地理的占90%，物理类考生中选考地理的占5%，历史类考生中高考地理成绩不低于90分的占8%，若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，求选到历史类考生的概率（以样本中各区间的频率作为相应事件的概率）.（1）由题意可得：，解得，估计该校2022年高考地理科的平均成绩为（2）该校2022年所有参加高考的学生中任选1名，记“选到历史类考生”为事件A，“选到物理类考生”为事件B，“选到选考地理的考生”为事件C，则有，∴，记“选到高考地理成绩不低于90分”为事件D，则，∴，故，若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，选到历史类考生的概率.20．（安徽省六安市省示范高中2022-2023学年高三上学期期末数学试题）如图，在四棱锥中，，，，平面，，为线段上一点且．（1）证明：∥平面；（2）若，二面角的正弦值为，求PD的长．（1）证明：过点作交DC于点G，连接BG，又∵，又，又，故四边形是平行四边形.∴，面，面，面，同理面，∴平面平面又平面，∴平面．

（2）解：以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，令，则，，，，

设平面的法向量为∴，，令，则，易知平面的法向量为

∴，可得∴

21．已知双曲线的左顶点为，点在渐近线上，过点的直线交双曲线的右支于两点，直线分别交直线于点.（1）求双曲线的方程；（2）求证：为的中点.（1）解：依题意得，解得，所以双曲线的方程为.（2）证明：如图所示：法1.设直线，则，由消去x得，当时由韦达定理得，直线方程为，直线AB：直线由

得同理可得要证为的中点，只需证，即证，.得证.法2.设直线BC：，则，由得当时由韦达定理得，直线方程为，直线，直线，由得，同理可得，要证为的中点，只需证，即证，即证，由，只需证，即证，只需证即证，由可知显然成立.得证.22．己知函数,其中．（1）当时,求曲线在点处的切线方程;（2）当时,判断的零点个数,并加以证明;（3）当时,证明:存在实数m,使恒成立．（1）解：由题知,,,,故在点处的切线方程为,即;（2）解：由题,,,,,故在上单调递增,,故有1个零点;（3）证明：由题,,,令,,即在上单调递增,,且,故,使得,即在上单调递增,即,单调递减,即,单调递增,故,若恒成立,只需,即即可,故存在实数m,使恒成立.2023届高考复习系列模拟数学试卷4（新高考II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．设集合，则（

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

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因为复数，,所以，故选：A.3．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满，芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，若立春当日日影长为尺，立夏当日日影长为尺，则春分当日日影长为（

）A．尺 B．5尺 C．尺 D．尺〖答案〗D〖解析〗设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，立夏当日日影长为，所以春分当日日影长为.故选：D4．已知平面向量，其中，且与和与的夹角相等，则=（

）A． B．1 C． D．2〖答案〗B〖解析〗由题意，得，由于与和与的夹角相等，故，即，即，故选：B.5．某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（

）A．81 B．72 C．48 D．36〖答案〗D〖解析〗先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法，故选：D．6．若，则的值为（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗由可得，，所以，所以.故选：A.7．已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，高为3，则该正四棱台的外接球的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗过正四棱台的对角面作截面，得等腰梯形，该梯形的外接圆是正四棱台外接球的大圆，如图，设球心为，设分别是中点，则是棱台的高，在直线上，设球半径为，由已知，，若在线段上，如图1，，，，，此方程无实解若在线段延长线上，如图2，，即解得，∴球体积为．故选：D．8．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（

）A．函数的周期为2 B．函数关于直线对称C．函数关于点中心对称 D．〖答案〗C〖解析〗∵为偶函数，∴，∴，故即，∴函数的图象关于直线对称.∵为奇函数，∴，∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函数的周期为4，A错误，，故D错误.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．已知函数，将函数图象向左平移个单位长度后所得的函数图象过点，则函数满足（

）A．是的一个对称中心 B．在区间上单调递增C．是的一条对称轴 D．在区间上单调递减〖答案〗AB〖解析〗函数图象向左平移个单位长度后的〖解析〗式为：，由题得，∴，解得，又，可得，所以，因为，所以是的一个对称中心，故A正确；令，解得，，即为函数的单调增区间，所以当时，时函数单调递增，故B正确；因为，故不是的一条对称轴，故C错误；由B知，当时，时单调递增，所以在区间上不单调递减，故D错误.故选：AB10．已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（

）A． B．C．的面积为 D．线段的中点到抛物线准线的距离为〖答案〗ACD〖解析〗联立得，，设，则，，∴，.,A选项正确.，∴不成立，B选项错误；到直线的距离为，的面积，C选项正确；∵，准线方程为∴，线段AB的中点到抛物线准线的距离为4，D选项正确.故选：ACD11．如图，在棱长为2的正方体中，是棱上一点，是的中点，则（

）A．存在棱上的点，使得B．四面体的体积为C．三棱锥的内切球的表面积为D．当为棱的中点时，平面平面〖答案〗ABD〖解析〗对A，取线段上点满足，连接.因为，且，故四边形为平行四边形，故.因为为正方体，故均为等腰直角三角形，故，故，则，故A正确；对B，四面体的体积，故B正确；对C，三棱锥为棱长为的正四面体，体积为，且每个面的面积均为，故内切球半径满足，解得，故内切球的表面积，故C错误；对D，由题意，因为是的中点，且，故.由正方体可得也为的中点.则，故在直角和直角中，故，则，又，故，所以.又，平面，故平面.又因为平面，故平面平面，故D正确；故选：ABD.12．已知，，且，则（

）A． B．C． D．〖答案〗ACD〖解析〗对于A选项：因为，，所以，当且仅当“”，即“”时，等号成立，正确；对于B选项：因为，，所以，当且仅当“”，即“”时，等号成立，所以，错误；对于C选项：因为，，且，所以，所以，记，则，易知在上单调递减，且，所以当时，即函数在上单调递增，又，所以当时，，即，所以，正确；对于D选项：记，则恒成立，且，所以函数在上单调递增，又，所以，即当时，，即，因为，，且，所以，所以，又，即，则，所以，正确；故选：ACD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．已知随机变量，且，其中，则___________.〖答案〗〖解析〗由正态分布曲线的对称性可知：，.故〖答案〗为：.14．已知动点，分别在圆：和圆：上，动点在直线上，则的最小值是_______〖答案〗##〖解析〗由题知圆：的圆心为，半径为，圆：的圆心为，半径为，如图，设点关于直线对称的点为，所以，，解得，即，所以，所以，，即的最小值是.故〖答案〗为：.15．已知椭圆C：，经过原点O的直线交C于A，B两点．P是C上一点（异于点A，B），直线BP交x轴于点D．若直线AB，AP的斜率之积为，且，则椭圆C的离心率为______．〖答案〗〖解析〗设，，，则直线AP的斜率为，BP的斜率为，由题知，两式相减得，即，即，即，又，则，即，即，则，所以，即，则椭圆C的离心率为.故〖答案〗为：16．已知（1）函数的零点个数为________个；（2）若的图象与x轴有3个不同的交点，则实数a的取值范围为_______．〖答案〗

1

〖解析〗（1）因为，所以零点个数为1；（2）由题设，当时，，故值域为且单调递增；当时，，故值域为且单调递减；∴在上值域为且单调递减；在上值域为且单调递增；要使与x轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，它们的图象如图所示，由图知：要使函数图象有3个交，则与在上有2个交点，当时，设，则，此时，若与相切，设切点为，∴可得，当过点时，有，得，∴．故〖答案〗为：1，四、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．已知等差数列的前项和为，数列为正项等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）若设的前项和为，求．解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，或是正项等比数列，，．（2）由（1）知，，．18．在中，内角、、的对边分别为、、，点在边上，且，.（1）求的值；（2）若，的面积为，求.（1）解：设，，在中，由正弦定理可得，即，即，由正弦定理可得，所以，，因此，.（2）解：因为，，，则为等腰直角三角形，且，所以，，所以，，则，，，由余弦定理可得，故.19．为了保障学生们的合法权益，并保证高考的公平性，重庆市施行的新高考方案中再选科目的高考成绩采用赋分制.赋分制在一定程度上缩小了试题难度不同带来的分数差，也在一定程度上减少了学科难度不一造成的分数差.2022年高考成绩公布后，重庆市某中学收集了部分学生的高考成绩，其中地理成绩均在（单位：分），将收集到的地理成绩按分组，得到频率分布直方图如下.（1）求，并估计该校2022年高考地理科的平均成绩；（同一组数据用该区间的中点值作代表）（2）已知该校2022年所有参加高考的学生中历史类考生占20%，物理类考生占80%，历史类考生中选考地理的占90%，物理类考生中选考地理的占5%，历史类考生中高考地理成绩不低于90分的占8%，若从该校2022年高考地理成绩不低于90分的学生中任选1名代表进行经验交流，求选到历史类考生的概率（以样本中各区间的频率作为相应事件的概率）.（1）由题意可得：，解得，估计该校2022年高考地理科的平均成绩为（2）该校2022年所有参加高