2023年高考数学冲刺押题模拟试卷01（新高考专用）

2023高考数学冲刺押题模拟试卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共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.1．已知集合，集合，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，，可得，因为，，即，可得，取交集可得，故选：B.2．若复数满足，则的虚部是（）A．i B．1 C． D．【答案】D【解析】因为，所以，故的虚部是，故选：D3．函数的大致图象是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为，且函数定义域为，关于原点对称，所以是偶函数，其图象关于轴对称，排除C；，排除B；，排除D.故选：A.4．已知两个非零向量的夹角为，且，则（）A． B． C． D．3【答案】C【解析】因为非零向量的夹角为，且，所以，即，化简得：，.故选：C.5．月23日，以“和合共生”为主题的2021世界移动通信大会在上海召开，中国规模商用实现了快速发展．为了更好地宣传，某移动通信公司安排五名工作人员到甲､乙､丙三个社区开展宣传活动，每人只能去一个社区且每个社区至少安排一人，则不同的安排方法种数为（）A．180 B．150 C．120 D．80【答案】B【解析】先将五名工作人员分成三组，有两种情况，分别为“”和“”，所以共有种不同的分法，再将这三组分给甲､乙､丙三个社区开展宣传活动则不同的安排方法种数为，故选：B.6．已知等差数列的前n项和为，且，，则是中的（）A．第30项 B．第36项 C．第48项 D．第60项【答案】A【解析】设等差数列的公差为d，由，得①；由，得，即②．由①②解得，，所以，于是，而，故是中的第30项，故选：A．7．中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗（如图），斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．如图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，下底面边长为25cm，上底面边长为10cm，侧棱长为15cm，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（参考数据：，）（）A． B． C． D．【答案】C【解析】上下底面对角线的长度分别为，则高.上底面的面积，下底面的面积.则.故选：C8．已知椭圆的左、右焦点分别为.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则的离心率为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上.如图，设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线，切点也在的角平分线上，所以，由椭圆的定义知，则，所以，所以，所以，.又圆与圆的面积之比为9，所以圆与圆的半径之比为3，因为，所以，即，整理得，故椭圆的离心率.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知复数，，下列说法正确的是（）A．若纯虚数，则B．若为实数，则，C．若，则或D．若，则m的取值范围是【答案】ABC【解析】对于A，复数是纯虚数，则，A正确；对于B，若为实数，则，则，，B正确；对于C，若，则，则，解得或，C正确；对于D，若，则，且，则，D错误，故选：ABC10．已知，下列选项正确的是（）A．的值域为B．的对称中心为C．的单调递增区间为和D．图像向右平移个单位与的图像重合【答案】ABD【解析】由题意可得：，对于A：因为，所以，故A正确；对于B：因为的对称中心与函数的对称中心相同，令，解得，故的对称中心为，故B正确；对于C：若单调递增，则单调递减，令，解得，所以的单调递增区间为和，故C错误；对于D：图像向右平移个单位，得到，与解析式相同，图像重合，故D正确．故选：ABD.11．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过原点的直线与双曲线交于两点，若四边形为矩形且，则下列正确的是（）A． B．的渐近线方程为C．矩形的面积为 D．的斜率为【答案】AD【解析】不妨设点在第一象限，如图，由题意可得：四边形为平行四边形，由双曲线的定义可得：，则，对A：∵四边形为矩形，则，A正确；对B：由选项A可得：，则，注意到双曲线的焦点在x轴上，则的渐近线方程为，B错误；对C：矩形的面积为，C错误；对D：可知：，则，且，可得，故，由双曲线的对称性可得：的斜率为，D正确；故选：AD.12．已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若，均为奇函数，则（）A． B． C． D．【答案】BD【解析】因为定义域均为R的奇函数，所以，即，所以，即，所以，又为奇函数，所以，当时，，即，，故B正确；又，所以，故，即函数的周期为2，所以，，即，故D正确；由为奇函数可知，即的图象关于成中心对称，不妨取，则满足周期为2，关于中心对称条件，因为，，，可知AC错误.故选：BD第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知为正数，的展开式中各项系数的和为1，则常数项为___________.【答案】60【解析】因为的展开式中各项系数的和为1，且为正数，所以，则，故的展开式的通项为，令，解得，所以的展开式中常数项为，故答案为：60.14．已知，且，则的最小值为_________.【答案】【解析】因为，解得：，则当且仅当，时，“=”成立故答案为：.15．过点且与圆：相切的直线方程为__________【答案】或【解析】将圆方程化为圆的标准方程，得圆心，半径为，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为是圆的切线，满足题意；当过点的直线斜率存在时，可设直线方程为，即，利用圆心到直线的距离等于半径得，解得，即此直线方程为，故答案为：或．16．已知函数在区间上存在零点，则的最小值为______．【答案】【解析】设函数的零点为，则，则点在直线上．因为零点存在，则，即，令，，令，，当时，,单调递增，当时，，单调递减，所以当时，，所以，的最小值为．故答案为：四、解答题：本小题共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．已知数列满足，．（1）证明：数列是等差数列；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用退一作商法，结合等差数列的知识证得数列是等差数列；（2）利用裂项求和法求得.【解析】（1）因为①，所以当时，②．因为，所以由得，即．所以，即．由，得，所以，所以．所以数列是以2为首项，3为公差的等差数列．（2）由（1）得，即，所以．所以．18．已知中，点在边上，满足，且，的面积与面积的比为．（1）求的值；（2）若，求边上的高的值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）由得为的平分线，再根据正弦定理得，从而解得；（2）由已知及（1）可得，再由余弦定理求得的长，最后根据求得结果.【解析】（1）∵，∴为的平分线，在与中，根据正弦定理可得：两式相比可得：又的面积与面积的比为，∴，即，且，由得，∴且为锐角，∴．（2）由（1）知为锐角，且，因此，又，所以在中由余弦定理得，解得：，∵∴．19．如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面AEH与CFG所截后剩余部分，且满足平面，，，.（1）当BF多长时，，证明你的结论：（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1），证明见解析；（2）【分析】（1）作出辅助线，证明出，从而，由三角形相似得到对应边成比例，求出；（2）建立空间直角坐标系，在（1）的基础上，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解二面角的余弦值.【解析】（1）当时，.证明如下：将该几何体补全为正四棱柱，连接BM，如下图所示：由题意可知底面ABCD为正方形，则，且，因为平面AEH，，所以平面，又平面EFGH，平面平面，所以.又，所以H为GM的中点，所以E为MF的中点.因为，，所以四边形BCGM为平行四边形，所以，因为，所以.因为，，所以，所以，所以，即，所以.所以当时，.（2）以D为坐标原点，分别以DA，DC，DG所在直线为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）得，设平面的法向量为，则，令，则，故平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则，则平面的法向量为∴，∵平面与平面所成角为锐角，∴平面与平面所成角的余弦值为.20．设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中i，，令，称是二维离散型随机变量的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：现有个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为（1）当时，求的联合分布列；（2）设，且，求【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）根据题意，由联合分布列的定义，分别求得对应概率即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为二项分布，然后由二项分布的期望计算公式即可得到结果.【解析】（1）由题意知，的可能取值为，的可能取值为则，，，，，，，所以的联合分布列为:（2）当时，，所以，所以，设，则由二项分布的期望公式得.21．已知拋物线，为焦点，若圆与拋物线交于两点，且（1）求抛物线的方程；（2）若点为圆上任意一点，且过点可以作拋物线的两条切线，切点分别为.求证：恒为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据圆的弦长求解，可得，代入抛物线方程即可求解，（2）令，写出点处的切线方程，与抛物线联立，利用得到，同理得到，再写出直线方程，将其与抛物线联立得到韦达定理式，再结合抛物线定义即可证明.【解析】（1）由题意可知，半径为，由圆的圆心以及抛物线的焦点均在在坐标轴轴，故由对称性可知：轴于点，在直角三角形中，,因此故，将其代入抛物线方程中得，故抛物线方程为：（2）令，抛物线在点处的切线方程为,与联立得①由相切得，代入①得故在点处的切线方程为，即为同理：点处的切线方程为，而两切线交于点，所以有，则直线的方程为:，由得,所以于是，又点在圆上，所以,即.22．已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意，都有，求实数k的取值范围；（3）当时，对任意的，且，试比较与的大小．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）利用导数