2023届新高考复习系列模拟试卷（七）（新高考I卷）数学试题含解析

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秋·北京朝阳·高三统考期末）已知全集，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由补集的定义即可求解.

【详解】因为全集，集合，

由补集的运算可得或，

对应区间为.

故选：B.

2．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）若复数满足，则的共轭复数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得结果.

【详解】，.

故选：C.

3．（2022·全国·高三专题练习）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

【分析】根据向量数乘和加减法法则，结合几何图形即可求解.

【详解】，

即，

∴．

故选：A．

4．（2023·全国·模拟预测）《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

【分析】根据题中定义，结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可.

【详解】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：D

5．（2022秋·福建·高三校联考阶段练习）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

【分析】首先根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可.

【详解】，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：C

6．（2022秋·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）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

【分析】利用函数图象变换可求得函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断AB选项；计算出的值，可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.

【详解】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．（2023·重庆·统考一模）已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用，可判断，再利用，即可得到答案.

【详解】

，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．（2023·浙江温州·统考模拟预测）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

【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．

【详解】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.

【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．

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．（2022秋·广东·高三校联考阶段练习）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

【分析】A．利用三角形中位线进行证明；B．通过线面平行的定理证明；C．通过线面垂直的性质进行判断；D．通过平行的传递性找出即为与所成的角，即可求出答案．

【详解】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．（2022秋·广东汕头·高三统考期末）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

【分析】对函数进行求导，对A令即可解决问题；

B选项把增减区间求出来后即可得极值；C选项做差法证明即可；D由切线斜率为3出发

反向分析即可得答案.

【详解】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．（2023秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）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3

D．延长交抛物线于点，若，则

【答案】BCD

【分析】根据抛物线准线方程、抛物线的定义，结合两点间线段最短、相似三角形的性质逐一判断即可.

【详解】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.

【点睛】关键点睛：利用相似三角形的性质是解题的关键.

12．（2022秋·山东·高三校联考阶段练习）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

【分析】由函数的奇偶性定义判断出为奇函数，A错误；赋值法得到，结合奇偶性得到，联立后求出，B正确；将变形为，令，则，结合是奇函数，得到是一个周期为4的周期函数，得到，求出，C正确；

对求导，得到，赋值法得到，，结合的周期性与奇偶性得到的周期性和奇偶性，得到.

【详解】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

【点睛】结论点睛：设函数，，，．

（1）若，则函数的周期为2a；

（2）若，则函数的周期为2a；

（3）若，则函数的周期为2a；

（4）若，则函数的周期为2a；

（5）若，则函数的周期为；

（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；

（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；

（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；

（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；

（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．

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秋·广东·高三校联考阶段练习）的展开式中项的系数为______________________.（用数字作答）

【答案】

【分析】由二项式展开式的通项公式求解即可

【详解】的展开式通项为，

所以，．

故所求的系数为．

故答案为：

14．（2022秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期末）已知圆与圆相交于两点，则_________.

【答案】

【分析】两圆方程相减，即可求出直线AB的方程为，求出圆心到直线AB的距离d，进而根据几何法得弦.

【详解】解：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．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）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】

【分析】根据切线方程的公式，得到切线为：，根据题意计算，，列出△面积为，再令，，利用导数讨论△面积的取值范围.

【详解】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．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考期末）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．

【分析】利用点差法可得，，进而可得，然后结合条件即求.

【详解】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．（2022·浙江·模拟预测）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：.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）根据与的关系，再结合等差数列即可得出答案；

（2）利用裂项相消法求出，即可得证.

【详解】（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）解：，

则，

所以

，

所以.

18．（2023秋·河北·高三统考阶段练习）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．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据正弦定理及余弦定理结合条件即得；

（2）根据三角形面积公式可得，然后根据余弦定理及基本不等式即得.

【详解】（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．（2023·重庆·统考一模）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.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明平面来证得.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面所成锐二面角的大小.

【详解】（1）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）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．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）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：）

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）分析试验过程，利用独立重复实验的概率公式即可求解；（2）计算出10人混采次数的数学期望，建立不等式，即可解得.

【详解】（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．（2022秋·辽宁大连·高三统考期末）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．

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据离心率即可求解，

（2）利用坐标运算，结合点差法以及向量共线的坐标表示即可求解，

（3）根据三角形面积公式，利用联立方程，韦达定理，代入化简即可得到关于的方程，

【详解】（1）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）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）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

【点睛】方法点睛：解析几何中的弦长以及面积问题以及最值是常见的类型，对于这类问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.

22．（2023·河南郑州·高三校联考阶段练习）已知函数

(1)若在上单调递增，求的取值范围；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由在上单调递增，得恒成立，讨论的单调性，求的最小值大于等于恒成立，建立不等关系，求得答案.

（2）利用分析法转化需要证明的结论为，构造函数利用导数研究单调性，可判断函数在上存在唯一零点，结合重要不等式对式子进行放缩，结论得证.

【详解】（1）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.

【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．