新高考名师二模模拟卷（3）-备战2023年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用）

这是一份新高考名师二模模拟卷（3）-备战2023年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用），文件包含新高考名师二模模拟卷3解析版docx、新高考名师二模模拟卷3原卷版docx、新高考名师二模模拟卷3答题卡docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
2023新高考名师二模模拟卷（3）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(共40分)1．设全集，集合，B={1，2，3}，则（）∩B=（    ）A．{1} B．{1，2} C．{2，3} D．{1，2，3}【答案】C【分析】先计算出，再计算即可.【详解】.故选：C.2．若，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】解：因为，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：A3．已知向量，满足，，，若，则实数的值为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】C【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果.【详解】因为，所以，依题意，则，故选：C.4．在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区6时时的气温（单位：）与时间（单位：小时）近似满足函数关系式，则在6时时中，观花的最佳时段约为（    ）（参考数据：）A．时时 B．时时C．时时 D．时时【答案】C【分析】由三角函数的性质求解【详解】当时，，则在上单调递增.设花开､花谢的时间分别为.由，得，解得时；由，得，解得时.故在6时时中，观花的最佳时段约为时时.故选：C5．已知，则（    ）A．256 B．255 C．512 D．511【答案】D【分析】令，求得，再分别令和，两式相加，从而可得出答案.【详解】解：令，①，令，②，①+②得：，∴，令，，∴.故选：D．6．已知等差数列的公差为,前项和为,则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据等差数列前n项和公式化简可得d>0，由此即可判断求解.【详解】若，则，，，，则“”是“”的充要条件.故选：C.7．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，，的渐近线分别交于A，C和B，D四点，若多边形为正六边形，则与的离心率之和为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】结合正六边形的几何性质以及离心率即可求出结果.【详解】因为多边形为正六边形，设正六边形的边长为，所以，∴，∴，∴，故选：C.8．已知实数，且，为自然对数的底数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式【详解】因为，所以，函数在上单调递增，且，因为所以，所以，即，又，所以，所以，即，综上，.故选：D二、多选题(共20分)9．我国居民收入与经济同步增长，人民生活水平显著提高.“三农”工作重心从脱贫攻坚转向全面推进乡村振兴，稳步实施乡村建设行动，为实现农村富强目标而努力.2017年~2021年某市城镇居民､农村居民年人均可支配收入比上年增长率如下图所示.根据下面图表，下列说法一定正确的是（    ）A．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民B．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大C．对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大D．2021年该市城镇居民､农村居民年人均可支配收入比2020年有所上升【答案】BCD【分析】根据表中数据逐一判断即可.【详解】由增长率高，得不出收入高，即A错误；由表中数据，可知城镇居民相关数据极差较大，即B正确；由表中数据，可知农村居民相关数据中位数较大，即C正确；由表中数据，可知增长率为正，即D正确.故选：BCD10．已知函数，则下列说法中正确的有（    ）A．函数的图象关于点对称B．函数图象的一条对称轴是C．若，则函数的最小值为D．若，，则的最小值为【答案】BCD【分析】根据点关于点对称的点不在函数图象上，判断A不正确；根据判断B正确；求出函数在上的值域可判断C正确；根据函数的最大值，结合推出，再根据的最小正周期为可得的最小值为，可得D正确.【详解】在的图象上取一点，其关于点对称的点不在的图象上，所以函数的图象不关于点对称，故A不正确；因为，所以函数图象的一条对称轴是，故B正确；若，则，所以，故C正确；因为，所以，所以，故D正确.故选：BCD11．已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（    ）A．平面平面B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为D．存在点，使得与平面所成角的大小为【答案】AC【分析】A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.【详解】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，所以，又因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，即A正确；当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：其中F在线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，可知交线围成的图形为五边形，即B错误；如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面ABEF的法向量为，则有，令，则，则球心到平面的距离，此正四棱柱的外接球半径为，所以截面半径，则截面积，即C正确；设，，则平面的法向量为，则，令，则，所以，设与平面所成角为，则，因为在上单调递增，所以，所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.故选：AC【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.12．已知，则（    ）A．   B．   C．   D．  【答案】ABC【分析】将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.【详解】由题意，，得 ，，，∴，∴，A对；，令，即有，令，在上递减，在上递增，因为 ，∴，作出函数以及 大致图象如图：则，∴，结合图象则，∴，∴，B对；结合以上分析以及图象可得，∴，且 ，∴，C对；由C的分析可知，，在区间 上，函数 不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；故选：ABC．【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.第II卷（非选择题）三、填空题(共20分)13．实数，满足，则的最小值为___________.【答案】8【分析】利用基本不等式可求的最小值.【详解】因为，所以，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为8，故答案为：8.14．已知函数f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，则a的取值集合是________．【答案】【分析】由题意先求出代回中，转化成，再对的取值范围分类讨论即可求得.【详解】f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1.由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1.当a≥0时，f(a)＝ea－1＝1，所以a＝1.当－1<a<0时，f(a)＝sin(πa2)＝1，所以πa2＝2kπ＋ (k∈Z)．所以a2＝2k＋ (k∈Z)，因为－1<a<0，所以k只能取0，此时a2＝，又因为－1<a<0，所以a＝－.综上：实数a的取值集合为.故答案为：15．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，AF1与C交于点B，若，则C的离心率为________．【答案】【分析】由题意可得为等腰直角三角形，设，结合等腰三角形的性质和双曲线的性质，可得，再在中，由余弦定理可得，从而可求出离心率【详解】因为，所以为等腰直角三角形，设，则，由双曲线的定义可得，所以，因为，所以，所以，，在中，由余弦定理得，所以，所以，得，所以离心率为，故答案为：16．第十四届国际数学教育大会（简称ICME-14）于2021年7月在上海举办，会徽的主题图案（如图）有着丰富的数学元素，展现了中国古代数学的灿烂文明，其右下方的“卦”是用中国古代的计数符号写出的八进制数字3745.八进制有0～7共8个数字，基数为8，加法运算时逢八进一，减法运算时借一当八.八进制数字3745换算成十进制是，表示的举办年份.设正整数，其中，.记，，则_______；当时，用含的代数式表示_____.【答案】     2；     .【分析】结合进制转换即可求出，进而求出，再结合等差数列的求和公式即可求出结果.【详解】因为，所以；易知，且，所以.故答案为：2；.四、解答题(共70分)17．在平面四边形中，已知，，平分.(1)若，，求四边形的面积；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理与面积公式求解（2）根据正弦定理与三角比有关知识求解【详解】（1），则，在中，由正弦定理可知，则，则.（2）设，在中，由正弦定理可知，即，即，在中，由正弦定理可知，即，即，即，则，解得.18．在①，；②，；③，三个条件中选择合适的一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且_____.(1)求数列和的通项公式；(2)记，求使取得最大值时的值.【答案】(1)，(2)的值为3或4 【分析】（1）由，得到，再根据求解；选①，根据，，两式相除得到q求解；选②，由，得到，再结合求解；选③，由，得，再结合求解.（2）由（1）得到，再利用作差法，由其单调性求解.(1)解：由，又因为，所以，所以，设数列的公比为，则，选①，因为，，所以，又，所以，所以，若选②，，所以，，即，所以或，因为，所以，则.若选③，由，得，又，解得，因为，所以，所以.(2)由（1）得，所以，因为，所以当或2时，；当时，；当时，，所以，所以使得取得最大值时的值为3或4.19．如图所示的几何体中，平面ABC，平面ABC，，，点M在棱AB上，且．(1)求证：平面平面ABDE；(2)求直线CD与平面MCE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明出，，可以证明出平面．利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面．（2）以A为坐标原点，平面内过A且与垂直的直线为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．用向量法求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）因为平面，所以．又，，，点M在棱上，且．故，，．所以，所以．因为平面，所以，又平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）如图，以A为坐标原点，平面内过A且与垂直的直线为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．则．所以．设平面的一个法向量为，则,即令，则，所以．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．20．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．①；②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．【答案】（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．【分析】（1）根据题意，集齐，，玩偶的个数可以分三类情况：，， 玩偶中，每个均有出现两次、，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即可；对于，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率再求解.（2）①根据题意，，当时，，再根据数列知识计算即可； ②由①得购买甲系列的概率近似于，故用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，再根据二项分布的期望计算即可.【详解】解：（1）由题意基本事件共有：种情况，其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况，，， 玩偶中，每个均有出现两次，共种；，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种；，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种；故.根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即，所以.（2）①由题意可知：，当时，，∴，所以是以为首项，为公比的等比数列，∴，②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，所以，即购买甲系列的人数的期望为40，所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．【点睛】本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解题的关键在于根据题意得关于的递推关系，进而利用数列知识求解.21．已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点.（1）求动点的轨迹的方程;（2）设曲线与轴的两个交点分别为为直线上的动点，且不在轴上，，与的另一个交点为，，与的另一个交点为，证明: 的周长为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析；【分析】（1）利用圆的几何性质以及线段的垂直平分线交于点，得到，再结合椭圆的定义和椭圆的标准方程求解即可；（2）设是直线上的一点，写出直线和的方程，联立方程组，求出点和的坐标，写出直线的方程，分析即可得到的答案．【详解】（1）解：由题意可知，，所以动点的轨迹是以，为焦点且长轴长为4的椭圆，所以，，故，所以动点的轨迹的方程为；（2）证明：题意可知，，，，为直线上一点，设，，，，直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，可得，可得，所以，故，，同理可得，故直线的方程为，即，故直线过定点，所以的周长为定值8．当时，是椭圆的通径，经过焦点，此时的周长为定值，综上可得，的周长为定值8．22．设函数，为自然对数的底数，.(1)若，求证：函数有唯一的零点；(2)若函数有唯一的零点，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据导数判断函数的单调性，再根据零点存在定理判断零点个数；（2）构造函数，根据函数的单调性及最值情况求参数值.(1)当时，恒成立，所以单调递减，又，，所以存在唯一的，使得，命题得证；(2)由（1）可知，当时，有唯一零点，当时，，设，则有唯一零点，，设，则，所以单调递增，又，列表可知，在单调递减，在单调递增，即，当时，恒成立，无零点，即不符题意，当时，，即仅有一个零点，即符合题意，当时，，因为，，所以存在，，使得，即不符题意，综上，的取值范围为.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．