新高考名师二模模拟卷（2）-备战2023年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用）

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2023新高考名师二模模拟卷（2）考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1．若集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二次根式的性质，结合集合并集的定义进行求解即可.【详解】，则．故选择：C2．“”是“”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】当时，，反之，当时，，或，故应选A.3．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用赋值法可得，然后求出，可得答案.【详解】因为，所以，当时，；当时，；由等式左右两边系数相等可得，所以，故选：C.4．已知随机变量的分布列如下：12若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据期望公式及概率和为1列方程求解.【详解】由已知得解得故选：B.5．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先用辅助角公式化简，结合函数单调性，列出不等式组，解出实数ω的取值范围，进而求出答案.【详解】，由题意可得：，则，解得，若，则，∵函数在区间上单调递减，则，解得，故实数的取值范围为.故选：C.6．函数的图像与函数的图像的交点个数为（    ）A．2 B．3 C．4 D．0【答案】C【分析】作出两个函数的图像，由图像可得交点个数．【详解】在上是增函数，在和上是减函数，在和上是增函数，，，，作出函数的图像，如图，由图像可知它们有4个交点．故选：C．7．双曲线的上支与焦点为的抛物线交于两点，若，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】根据题意，设，，由抛物线的定义可得，，则，结合题意可得，即，联立抛物线与双曲线的方程，利用韦达定理可得，再由即可求解.【详解】根据题意，设，，在抛物线上，则，，则，又，则，即，又，消可得，则，所以，即，所以，又，所以.故选：A8．设，分别是函数和的零点（其中），则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据零点定义,可得,分别是和的解.结合函数与方程的关系可知,分别是函数与函数和函数交点的横坐标,所以可得,.而与互为反函数,则由反函数定义可得.再根据基本不等式,即可求得的最小值,将化为,即可得解.【详解】因为,分别是函数和的零点则,分别是和的解所以,分别是函数与函数和函数交点的横坐标所以交点分别为 因为所以,由于函数与函数和函数都关于对称所以点与点关于对称因为关于对称的点坐标为所以 即,且所以,由于,所以不能取等号因为所以即故选:D【点睛】本题考查了反函数的定义及性质综合应用,函数与方程的关系应用,基本不等式求最值,综合性强,属于难题. 二、多选题9．设复数，（i为虚数单位），则下列结论正确的为（    ）A．是纯虚数 B．对应的点位于第二象限C． D．【答案】AD【分析】根据复数的概念判断A；算出判断B；算出判断C；求出判断D.【详解】对于A：，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，A正确；对于B：，其在复平面上对应的点为，在第四象限，B错误；对于C：，则，C错误；对于D：，则，D正确.故选：AD.10．函数的部分图像如图所示，，则下列选项中正确的有（    ）A．的最小正周期为B．是奇函数C．的单调递增区间为D．，其中为的导函数【答案】AD【分析】根据题意可求得函数的周期，即可判断A，进而可求得，再根据待定系数法可求得，再根据三角函数的奇偶性可判断B，根据余弦函数的单调性即可判断C，求导计算即可判断D.【详解】解：由题意可得，所以，故A正确；则，所以，由，得，所以，则，又，所以，则，由，得，所以，则为偶函数，故B错误；令，得，所以的单调递增区间为，故C错误；，则，故D正确.故选：AD.11．已知P为双曲线上的动点，过点P作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，线段PA，PB的长分别为m，n，则下列结论正确的是 （    ）A．∠APB＝ B．k1k2＝ C．mn＝ D．|AB|≥【答案】AC【分析】先求出双曲线的渐近线方程，设点，利用点到直线的距离公式求出，再利用直线之间的垂直关系求出直线、的斜率，再运用余弦定理及基本不等式可确定的范围.【详解】如下图所示，设，则.由题设条件知：双曲线的两渐近线：，所以可知，从而，故A正确；由于、分别垂直、，所以，，因此，故B不正确；由点到直线的距离公式知：，所以，故C正确；在中，因为，所以，又因为，所以（时等号成立），故D不正确.故选：AC.12．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．第II卷（非选择题）三、填空题13．曲线在处的切线方程为__________（用一般式表示）【答案】【分析】求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式写出直线方程即可.【详解】对函数求导得，根据导数的几何意义，故当时，切线斜率，又切线过点，故切线方程为，即.故答案为：14．若直线和直线将圆的周长四等分，则__________．【答案】2【分析】由条件可得直线和直线间的距离为，由此可求的值.【详解】设直线和圆相交与点，直线与圆相交于点，圆心为，因为直线和直线将圆的周长四等分，所以圆心位于两直线之间，且,所以为等腰直角三角形，所以圆心为到直线的距离为，同理可得圆心为到直线的距离为，故直线和直线间的距离为，所以，所以，故答案为：2.15．已知公差不为的等差数列的前项和为，若，，，则的最小值为__________．【答案】【分析】对的值进行分类讨论，结合等差数列前项和最值的求法求得的最小值．【详解】取得最小值，则公差，或，当时，，所以，又，所以，所以，，故，令，则，所以的最小值为．当，，不合题意．综上所述：，，，的最小值为．故答案为：．16．设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为__________.【答案】【分析】根据向量的线性运算，令 ，，从而得出有共线，结合题设推出 ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，此时 取到最小值，即可求解.【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，由题意得： ，令 ，则三点共线 ，则三点共线故有共线， 由题意与垂直,,知,且为定值，在中， ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，而，故当且仅当即 关于y轴对称时，最小，此时O到的距离为 ，所以 ,故 ，即的最小值为，故答案为：【点睛】方法点睛：根据向量的线性运算，可令 ，  ，从而得出共线,由此根据题设可推出，即当且仅当即 关于y轴对称时，最小，从而问题可解. 四、解答题17．已知递增等比数列的前n项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式．(2)若数列满足，求数列的前15项和．【答案】(1)(2)92 【分析】（1）设的公比为q，由等比数列的通项公式进行基本量的运算即可求得通项；（2）（方法一）利用已知条件列举出数列各项，然后分组求和即可；（方法二）写出数列的通项，然后分组求和即可.（1）设的公比为q，则由，得．整理得．又，得．联立得，消去，得．解得或．又因为为递增等比数列，所以，．所以．（2）（方法一）当时，，则，，同理，列举得，，，，，，，．记的前n项和为，则．所以数列的前15项和为92．（方法二）由，得，记的前n项和为，则．所以数列的前15项和为92．18．在中，，，是角，，所对的边，，有三个条件：①；②；③，现从上面三个条件中选择两个条件，使得三角形存在.（1）两个条件中能有①吗？说明理由；（2）请指出这两个条件，并求的面积.【答案】（1）不能有①，理由见解析；（2）只能选择②和③，.【分析】（1）根据正弦定理由，可得，解得，若条件中有①，可得，则与矛盾；（2）只能选择②和③，由余弦定理得，由，可得，即可得解.【详解】（1）∵ ，∴由正弦定理得.∵，∴，∵，∴.∵，∴.假设两个条件中有①，则会推出矛盾.过程如下：∵，∴，此时，.（2）只能选择②和③.∵∴由余弦定理得，即，而，∴此时，解得或，所以存在，∴.19．如图，在三棱锥中，△是等边三角形，．(1)证明：；(2)若，且平面平面，求三棱锥体积．【答案】(1)证明见解析(2)9 【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得线线垂直；（2）作，垂足为，连接．得证平面，利用全等三角形的性质得是中点，求得各线段长后，由体积公式计算体积．（1）证明：因为是等边三角形，，所以，可得．如图，取中点，连接，，则，，,平面，所以平面，又平面，所以．（2）解：作，垂足为，连接．因为，所以，．平面，所以平面，由已知，平面平面，故．在中，，，．在中，，∵，∴．∴在中，．∴．∵平面，∴三棱锥体积．20．某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐”的收费标准互不相同，得到的统计数据如下表，x为收费标准（单位：元/日），t为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图．x100150200300450t9065453020 (1)若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过0.6的农家乐的个数，求的概率分布列；(2)令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程；（，的结果精确到0.1）(3)根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率×收费标准x）参考数据：，，，，，，，，，，．【答案】(1)012P (2)(3)150元/天 【分析】（1）根据图象得出的所有可能情况，利用超几何分布求得不同下的概率，进而列出分布列.（2）由散点图判断出更适模型的回归方程，分别求出和，求出回归方程.（3）写出100天销售额L的表达式，再根据导数求得最大值，即可得出收费标准.【详解】（1）由题意，抽取两家深入调查，可能为0，1，2.,，，∴的分布列为：012P （2）由散点图可知,散点并非均匀分布在一条直线的两侧，而是大致分布在一条曲线的两侧，不符合线性回归模型要求，∴更合适于此模型，∵∴∴回归方程为：（3）由题意得，,在中当时，解得：，当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，∴函数在处取最大值， ∴收费标准为150元/天时，100天销售额L最大.21．设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.(1)当点的坐标为时，求；(2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点.直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设，根据导数的几何意义可得切线方程，利用切线方程与抛物线方程可得，，进而即得；或利用条件可得切点所在直线，利用韦达定理法即得；（2）设，根据三角形面积公式结合条件可表示，然后根据二次函数的性质结合条件即得.【详解】（1）解法一：设，，，由，可得，所以，直线PA的斜率，直线PA：，又在上，，所以，又，所以，同理可得，，；解法二：设，，，由，可得，所以，直线PA的斜率，直线PA：，又在上，故，即，因为，所以，同理可得，故直线的方程为，联立消去，得，故，故；（2）设，由条件知，，，∴，，当时，，AC重合，不合题意，或，的取值范围为.22．已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)若，证明：．【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间；(2)证明见解析． 【分析】(1)求f(x)的导数，令，求，根据正负判断单调性，根据单调性判断正负，从而判断f(x)单调性；(2)将化为，令＞1，则，根据(1)中f(x)单调性即可证明．（1）的定义域为，由于，则，，令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．则．∴函数的单调递减区间为，无单调递增区间﹒（2）方法一：欲证，只要证，即证．令，由于，则．故只要证，即证．由(1)可知，在区间上单调递减，故时，，即．由于，，则．∴成立．∴．方法二：由(1)得在上单调递增，当时，，，，则，使，即，则．当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．则，∴，令，由于，则，则，整理得．【点睛】本题第一问关键是二次求导，依次通过导数的正负判断原函数的单调性；第二问的关键是注意到要证的不等式可以化为，令＞1，则化为，即，结合(1)中函数单调性即可证明得到结论．