2023届高考复习系列模拟数学试卷4（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数学试卷4（新高考I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．已知全集，集合，则（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗因为全集，集合，由补集的运算可得或，对应区间为.故选：B.2．若复数满足，则的共轭复数是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，.故选：C.3．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〖解析〗，即，∴．故选：A．4．《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〖解析〗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．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〖解析〗，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．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〖解析〗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．已知，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，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．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〖解析〗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.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．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〖解析〗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．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〖解析〗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．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〖解析〗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.12．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〖解析〗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.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．的展开式中项的系数为______________________.（用数字作答）〖答案〗〖解析〗的展开式通项为，所以，．故所求的系数为．故〖答案〗为：14．已知圆与圆相交于两点，则_________.〖答案〗〖解析〗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．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〗〖解析〗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．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〖解析〗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．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：.（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）证明：，则，所以，所以.18．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．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．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.（1）证明：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）解：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，∴.20．2020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：）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．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．（1）解：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）证明：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）解：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22．已知函数（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）当时，证明：.（1）解：在上单调递增，所以恒成立，令恒成立，当时，恒成立.当时，所以h（x）在上单调递增，所以时，，故不符合题意.当时，令，解得，当时，单调递增；当时，，单调递减，所以解得.综上，的取值范围是.（2）证明：当时，，要证，即证，只需证，即证令，令，当时，，当时，，所以，故存在使得所以，即在时递增，在时递减.令，则二次函数关于直线对称，函数图象开口向下，且，故当时，，又∴，又，所以函数在上存在唯一零点，使得.,当且仅当时等号成立.令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，即，当且仅当时等号成立因为取等号的条件不一致，故.2023届高考复习系列模拟数学试卷4（新高考I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．已知全集，集合，则（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗因为全集，集合，由补集的运算可得或，对应区间为.故选：B.2．若复数满足，则的共轭复数是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，.故选：C.3．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〖解析〗，即，∴．故选：A．4．《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〖解析〗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．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〖解析〗，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．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〖解析〗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．已知，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，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．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〖解析〗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.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．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〖解析〗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．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〖解析〗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．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〖解析〗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.12．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〖解析〗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.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．的展开式中项的系数为______________________.（用数字作答）〖答案〗〖解析〗的展开式通项为，所以，．故所求的系数为．故〖答案〗为：14．已知圆与圆相交于两点，则_________.〖答案〗〖解析〗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．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〗〖解析〗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．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〖解析〗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．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：.（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）证明：，则，所以，所以.18．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．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．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.（1）证明：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）解：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，∴.20．2020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