高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试新高考数学模拟试卷02(新高考II卷)【原卷版+解析】

数学试卷第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．(2023·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．(2023·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（

）A． B． C． D．3．(2023·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（文））“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（

）A．58 B．57 C．56 D．554．(2023·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（

）A． B． C． D．5．(2023·浙江·高三阶段练习）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（

）A．18种 B．36种 C．72种 D．108种6．(2023·全国·高三阶段练习（文））已知，则（

）A． B． C． D．27．(2023·江苏·盐城中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（

）A． B．3 C． D．8．(2023·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（

）A． B．0 C．3 D．6二、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．(2023·福建师大附中高三阶段练习）函数的部分图像如图所示，则下列说法中，正确的有（

）A．的最小正周期为B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数C．若方程在上共有6个根，则这6个根的和为D．图像上的动点到直线的距离最小时，的横坐标为10．(2023·云南大理·模拟预测）设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．的面积为（为坐标原点）11．(2023·广东·珠海市第三中学二模）在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（

）A．当时，到底面的距离为B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大12．(2023·湖北孝感·高三阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（

）A． B．C．的最小值为12 D．的最小值为第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．(2023·广东广州·高三阶段练习）某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为________．14．(2023·浙江·高三专题练习）已知为曲线上的一动点，为直线上的一动点，则当的坐标为________时，最小，此时最小值为________．15．(2023·全国·高三专题练习）已知点P是圆上的动点，，O为坐标原点，则的最小值为______．16．(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程________________．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．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知数列的前项和，数列满足，.(1)求数列、的通项公式.(2)若，求数列的前项和.18．(2023·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.(1)证明：；(2)若，求四边形的面积.19．(2023·湖南·长沙一中高三阶段练习）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人.依据的独立性检验，能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?附：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82820．(2023·江苏·南京师大附中高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．(1)证明：；(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？21．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知双曲线：的右焦点为，渐近线方程为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.(1)求的方程；(2)若直线的斜率为1，求线段的中点坐标；(3)点、在上，且，.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①在上；②；③.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.22．(2023·广东实验中学高三阶段练习）设函数（​为常数）.(1)讨论​的单调性；(2)若函数​有两个不相同的零点​，证明:​.数学试卷第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．(2023·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）已知集合，，则（

）A． B．C． D．答案：B分析：计算绝对值不等式得到，从而进行交集，并集，补集相关计算.【详解】由得：，所以，又因为，所以，故，A错误；，B正确；，C错误；，D错误.故选：B2．(2023·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（文））已知的共轭复数为，则（

）A． B． C． D．答案：C分析：使用共轭复数和复数乘法运算知识解决【详解】若，则，∴.故选：C.3．(2023·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（文））“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（

）A．58 B．57 C．56 D．55答案：A分析：由题意能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，从而可得数列的通项，再结合条件列不等式，即可得到结果.【详解】因为能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，所以，，，即是以1为首项，35为公差的等差数列.即由题意知且，得，解得，，所以此数列的项数为58项.故选:A.4．(2023·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（

）A． B． C． D．答案：D分析：根据已知条件作出图形，利用向量的加法法则及相反向量的定义，结合向量的数量积的运算律及勾股定理即可求解.【详解】由题意可知，取的中点，如图所示所以．，当点与点或点重合时，取的最大值，取得最大值，且最大值为，故的最大值为.故选：D.5．(2023·浙江·高三阶段练习）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（

）A．18种 B．36种 C．72种 D．108种答案：B分析：先排两道程序有种放法，再排剩余的3道程序有种放法，再由分步计数原理即可得出答案.【详解】先排两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序选两个放，共有种放法；再排剩余的3道程序，共有种放法；则共有种放法.故选：B.6．(2023·全国·高三阶段练习（文））已知，则（

）A． B． C． D．2答案：C分析：根据已知条件求得，化简求得正确答案.【详解】依题意，，，，，，.故选：C7．(2023·江苏·盐城中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则该棱台外接球的半径为（

）A． B．3 C． D．答案：C分析：[解法1]设所求外接球球心为，则在上下底面中心的连线上，利用勾股定理可求得，设，在和中，利用勾股定理可构造方程组求得，即可得解.[解法2]同解法1，求得直角梯形的各边，利用图形的特殊性，作出的中垂线，与的延长线交点即为球心,由此进行计算即可.【详解】[解法1]由题意知：四边形均为正方形，为上下底面的中心，设正四棱台的外接球球心为，外接球半径为，则直线；，，，又，，当位于线段上时，设，则，解得：（舍）；当位于线段的延长线上时，设，则，解得：，所以,故选：C.[解法2]同解法1，求得为直角梯形，如图所示，取的中点，连接,则为等腰直角三角形，四边形为正方形，取中点,连接并延长交的延长线于点,由于为的中垂线，所以,即O为四棱台的外接球的球心，显然，，所以外接球半径.故选：C.8．(2023·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（

）A． B．0 C．3 D．6答案：B分析：根据得到函数周期为12，从而得到，再根据的图像关于点对称，得到的图象关于点对称，得到，再利用赋值法求出，最终求出.【详解】因为，所以，两式相减后得：，故函数的周期，，所以，中，令得：的图像关于点对称，所以的图象关于点对称，又的定义域为R，所以，中，令得：，所以，因为为奇函数，所以，所以，解得：，所以，则.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．(2023·福建师大附中高三阶段练习）函数的部分图像如图所示，则下列说法中，正确的有（

）A．的最小正周期为B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数C．若方程在上共有6个根，则这6个根的和为D．图像上的动点到直线的距离最小时，的横坐标为答案：ABD分析：选项A，把图像上的点代入函数解析式，可以求出，再算出最小正周期进行判断；选项B，利用图像的平移，得到新函数解析式，再判断奇偶性；选项C，方程的根转化为两个函数图像的交点问题，再根据对称性求和；选项D，点到直线距离的最小问题，转化成曲线的切线问题解决.【详解】因为经过点，所以，又在的单调递减区间内，所以①；又因为经过点，所以，，又是在时最小的解，所以②．联立①、②，可得，即，代入①，可得，又，所以，则．的最小正周期为，A正确．向左平移个单位后得到的新函数是，为偶函数，B正确．设在上的6个根从小到大依次为．令，则，根据的对称性，可得，则由的周期性可得，，所以，C错误．作与平行的直线，使其与有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与相切时，直线与l存在最小距离，也是点M到直线的最小距离，令，则，解得或，又，所以（舍去），又，令，，，则由可得到直线的距离大于到直线的距离，所以到直线的距离最小时，的横坐标为，D正确故选：ABD．10．(2023·云南大理·模拟预测）设点为抛物线：的焦点，过点斜率为的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），直线交抛物线的准线于点，若，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．的面积为（为坐标原点）答案：BC分析：设，利用焦半径公式求出，进而求出，并结合，求出，即可判断A；求出三点的坐标，从而求出向量，的坐标，即可判断B；已知两点坐标，且，利用斜率公式可得，即可判断C；由，求出的面积，即可判断D.【详解】如图，设，，，，又，，即，解得：；故选项A不正确；由上述分析可知，又容易知，则，，故成立；故选项B正确；；故选项C正确；，故选项D不正确；故选：BC．11．(2023·广东·珠海市第三中学二模）在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（

）A．当时，到底面的距离为B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大答案：AD分析：利用等体积法求正三棱锥的高判断A；分析可得当时三棱锥体积最大判断B；利用平面展开图分析C，写出表面积，利用三角函数的单调性判断D．【详解】解：对于A，当时，，，设正三棱锥的高为，根据，得，A正确；对于B，结合A的分析，当正三棱锥的体积取最大值时，则有，B错；对于C，当时，过点A作平面分别交线段，于，不重合，则周长的最小值为展开图的直线距离，C错；对于，在中根据余弦定理得，所以，所以，因为，所以，故函数在上递增，即当变大时，正三棱锥的表面积一定变大，故D正确．故选：AD．12．(2023·湖北孝感·高三阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（

）A． B．C．的最小值为12 D．的最小值为答案：ACD分析：由已知可得，由于，所以可得当时，，当时，，从而可得，，则，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断.【详解】由，得，所以，因为，所以当时，，当时，，因为对任意的，不等式恒成立，所以当时，，当时，，所以对于函数，有，，所以，所以A正确，B错误，对于C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为12，所以C正确，对于D，，令，因为，当且仅当即时取等号，所以，由，得，所以，所以，所以函数在上递增，所以当时，取得最小值为，所以的最小值为，所以D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得，，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于较难题.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．(2023·广东广州·高三阶段练习）某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为________．答案：0.4##分析：易得从而正态分布曲线的对称轴为直线，即可得到答案【详解】由题意知，，∴∴正态分布曲线的对称轴为直线，因为，∴，故该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为0.4，故答案为：0.414．(2023·浙江·高三专题练习）已知为曲线上的一动点，为直线上的一动点，则当的坐标为________时，最小，此时最小值为________．答案：

分析：通过图像可知当直线与曲线相切且与直线平行时，切点到直线的距离即为的最小值，利用导数几何意义可构造方程求得，利用点到直线距离公式求得最小值.【详解】如图所示，当直线与曲线相切且与直线平行时，切点到直线的距离即为的最小值．令，解得：，，.故答案为：；.15．(2023·全国·高三专题练习）已知点P是圆上的动点，，O为坐标原点，则的最小值为______．答案：10分析：解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到，进而根据三点共线即可求出最值；解法2：将转化为，进而结合进而根据三点共线即可求出最值．【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用假设，使得，则，从而可得，从而可知圆心坐标为，所以，，解得，即．所以．即的最小值为10．解法2：代数转逆法由，得．表示的是动点与和之间的距离之和，当且仅当三点共线时，和最小，故．16．(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，椭圆经过点，且点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为．若椭圆上存在两点，使得的垂心（三角形三条高的交点）恰为坐标原点，则直线的方程________________．答案：分析：根据题意列式求出，即可得出椭圆方程，再设，，根据题意，得到，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据判别式，以及根与系数关系，由题意，得到，求出，即可得出结果．【详解】由题意，得，解得，∴椭圆的方程为．设，．∵，而，∴，故可设直线的方程为．联立，得，首先，由得，解得．（*）且，．又，∴，得，即，整理得，，∴，即，解得或（均适合（*）式）．当时，直线恰好经过点，不能构成三角形，不合题意，故舍去．∴直线的方程为．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．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知数列的前项和，数列满足，.(1)求数列、的通项公式.(2)若，求数列的前项和.答案：(1)，(2)分析：（1）先利用求出，再利用累加法求出；（2）先利用（1）结果求出，再利用等差数列求和公式进行求和即可．（1）∵，∴，∴，当时，，∴，∵，∴，…，，以上各式相加得：，，又符合上式，∴；（2）由题意得，时，,当时，，∴.18．(2023·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.(1)证明：；(2)若，求四边形的面积.答案：(1)证明见解析；(2).分析：(1)根据题意和正弦定理，利用诱导公式，结合两角和的正弦公式化简计算得，利用同角的三角函数关系即可证明；(2)由(1)，利用余弦定理求出，求得，利用同角的三角函数关系求出，结合三角形面积公式即可求解.（1）在中，，在中，，因为，所以，因为，所以.因为，所以，因为，，，所以，即，所以，所以.（2）由（1）可设，则，在中，由余弦定理得，，在中，由余弦定理得，，因为，所以，解得或（舍去），所以，所以，所以四边形的面积.19．(2023·湖南·长沙一中高三阶段练习）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.(1)在试产初期，该款芯片的批次生产前三道工序的次品率分别为.①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；(2)该企业改进生产工艺后生产了批次的芯片.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的100名用户中，安装批次有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次有60部，其中对开机速度满意的有58人.依据的独立性检验，能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关?附：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828答案：(1)①；②；(2)能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联，理由见解析.分析：（1）①先求出芯片的正品率，利用对立事件求概率公式求出答案；②利用条件概率公式求出人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；（2）写出列联表，计算出卡方，与7.879比较后得到结论.（1）①批次芯片的次品率为②设批次的芯片智能自功检测合格为事件，人工抽检合格为事件，由已知得，则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，.（2）零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意度无关联.由数据可建立列联表如下：（单位：人）开机速度满意度芯片批次合计不满意10212满意305888合计4060100根据列联表得因此，依据的独立性检验，我们推断此推断不成立，即能认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联.此推断犯错误的概率不大于0.005.20．(2023·江苏·南京师大附中高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．(1)证明：；(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？答案：(1)证明见解析；(2)2.分析：（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.（1）因为三角形是等边三角形，且E是中点，所以，又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又因为面，所以，因为，，所以，，所以，即，因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由已知得，设，则、设平面的法向量为，则，令，有，设直线与平面所成的角，所以，当且仅当时取等号，当时，直线与平面所成角最大．21．(2023·上海交大附中高三阶段练习）已知双曲线：的右焦点为，渐近线方程为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.(1)求的方程；(2)若直线的斜率为1，求线段的中点坐标；(3)点、在上，且，.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①在上；②；③.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.答案：(1)(2)(3)答案见解析.分析：（1）根据双曲线渐近线方程和右焦点列出方程，即可求出答案；（2）首先求出点M的轨迹方程即为其中k为直线的斜率；若选择①②∶设直线的方程为，求出点M的坐标，可得M为的中