全真模拟卷03-2023年高考数学全真模拟卷(新高考卷)

2023年高考全真模拟卷（二）

数学（新高考卷）

（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。

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．若，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【详解】，故.

故选：D

2．已知集合，，则集合的真子集个数为（    ）

A．7 B．8 C．15 D．32

【答案】A

【详解】，，

故，故集合的真子集个数为.

故选：A

3．勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

以为坐标原点，为轴，垂直于方向为，建立平面直角坐标系，

 因为，,所以，即，

且所以，

所以，

故选:C.

4．由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（    ）

A．3 B．6 C．9 D．24

【答案】B

【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,

除去2023四个数,

还剩一个2,一个3,

将2023进行捆绑,

对2,2023,3进行全排有种.

故选:B

5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水恰好刚刚满盆，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）

A．寸 B．8寸 C．寸 D．9寸

【答案】C

【详解】由题意，可知圆台形天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸，

则盆中积水的体积为，

又盆口面积为，

所以平地降雨量为(寸).

故选：C.

6．已知，分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上一点，以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，则|=（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【详解】依题意，

设，由椭圆定义得，

由于以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，

所以，即，

整理得，得，得，所以．

故选：A

7．设，，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】∵，，

令，则，，，

，当时，，

即在上单调递减.

∵，

∴，

即.

故选：D.

8．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）．

A．1 B．

C． D．

【答案】D

【详解】解：由题意，令，则，，

所以，，，

令，所以，

令，得，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，有最小值，

即的最小值为.

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3分，有选错的得0分.

9．某城市100户居民月平均用电量（单位：度），以[160，180)、[180，200）、[200，220），[220，240）、[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图所示，则（    ）

A．

B．月平均用电量的众数为210和230

C．月平均用电量的中位数为224

D．月平均用电量的75%分位数位于区间内

【答案】ACD

【详解】由直方图的性质可得，

解得，故A正确；

由直方图可知月平均用电量的众数，故B错误；

因为，

所以月平均用电量的中位数在内，设中位数为a，

则，

解得，故C正确；

因为，

，

所以月平均用电量的75%分位数位于区间内，故D正确.

故选：ACD.

10．关于函数，下列说法正确的是（    ）

A．函数在上的最大值为6

B．函数在上的最小值为-2

C．函数在上单调递增

D．函数在上单调递减

【答案】BCD

【详解】因为，

当时，，最大值为，

最小值为．

因为函数在上单调递增，在上单调递减，而二次函数在上单调递增，

所以函数在上单调递增，函数在上单调递减．

故选：.

11．已知数列和满足，，，.则（    ）

A． B．数列是等比数列

C．数列是等差数列 D．

【答案】BCD

【详解】对A选项，令，则，，

则，则，则，则A错误，

对B选项，由题意中两式相加得，故B正确，

对C选项，由题意中两式作差得，

即，则C正确，

对D选项，由B得，，

两式相加得，

则，

则

若，显然，则成立,

故选：BCD.

12．正方体的棱长为2，O为底面ABCD的中心．P为线段上的动点（不包括两个端点），则（    ）

A．不存在点P，使得平面

B．正方体的外接球表面积为

C．存在P点，使得

D．当P为线段中点时，过A，P，O三点的平面截此正方体外接球所得的截面的面积为

【答案】ABD

【详解】假设存在点P，使得平面，

在上取点，使得，又，

所以四边形为平行四边形，

所以，又

所以四边形为平行四边形，故，

又平面，平面，

所以平面，又平面，,平面，

所以平面平面，与已知矛盾，

所以不存在点P，使得平面，A正确；

正方体的外接球的球心为的中点，外接球的半径，

所以正方体的外接球表面积，B正确；

假设存在P点，使得，在线段上取点使得,

设，则，，，

因为，所以，

所以，解得，与已知矛盾；C错误；

取的中点，因为P为线段中点时，连接交与点，

所以，又，

所以，故过A，P，O三点的平面为平面，

取的中点，过作，垂足为，

又平面，平面，所以，

，平面，所以平面，

过球心作，则平面，

所以正方体的外接球的球心到截面的距离为的长，

又，

所以，因为为的中点，所以，

故截面圆的半径为，

所以截面圆的面积，D正确；

故选：ABD.

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．二项式的展开式中常数项为，则的值为______．

【答案】1

【详解】由题意可得二项式的展开式的通项为 ，

令 ，

则，解得 ，

故答案为：1

14．新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情爆发以来，中国人民万众一心，取得了抗疫斗，争的初步胜利．面对秋冬季新冠肺炎疫情反弹风险，某地防疫防控部门决定对某市A,B,C,D四个地区采取抽检，每周都抽检一个地区，且每周都是从上周未抽检的地区中随机抽取一个地区，设第1周抽到A地区，那么第6周也抽到A地区的概率是______（用最简分数表示）．

【答案】

【详解】由于第一次抽到A，则第二次不会抽A，有3种选择，

若第三次抽到A,则第四次有3种选择，由于第6次要抽到A，则第五次不能抽到A，故只有2种选择，故在此种情况下，共有种选择，

若第三次没有抽A,则第三次有2种选择，若第四次抽到A，则第五次有3种选择；

若第四次没有抽到A,则第四次有2种选择，第五次也有2种选择，故共有，

因此所以满足第1周抽到地区，那么第6周也抽到地区的个数一共有，

全部情况有，所以概率为 ，

故答案为：

15．已知椭圆，，是其左、右焦点，点在椭圆上且满足.若到直线的距离为，则的最小值为______.

【答案】

【详解】解：在中由正弦定理，又，

所以，

所以，

令，要求的最小值，即求的最小值，

则，当且仅当垂直直线且在与之间时取等号，

所以.

故答案为：

16．已知函数（为自然对数的底数），若关于的方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【详解】令，可得，

所以函数为偶函数，

因为，则，所以，当时，函数有两个零点，

且当时，，可得，

令，可得，

令，其中，则，故函数在上为增函数，

下面考查直线与函数的图象相切的情形：

设直线与函数的图象相切于点，其中，

函数的图象在处的切线斜率为，

故曲线在点的切线的方程为，

即，

由题意可得，解得，，

结合图形可知，当时，直线与曲线在上的图象有两个交点，

即此时函数在上有两个零点，

因此，实数的取值范围是.

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．已知数列的前项和为，且.

(1)求；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）解：因为，当时，解得，

当时，所以，即，

所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.

（2）解：由（1）可得，

所以

.

18．在中，内角，，的对边分别为，，，且．

(1)求；

(2)若，的平分线交于点，且．求的面积．

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）解：因为，由正弦定理可得，

即，

即，

所以，

又，所以，

所以，则，

又，所以.

（2）解：由题意，得，

又，

所以，

即，

由余弦定理得，

即，于是，解得或（舍），

所以．

19．如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，是侧面上一点．

(1)过点作一个截面，使得与都与平行．作出与四棱锥表面的交线，并证明；

(2)设，其中．若与平面所成角的正弦值为，求的值．

【答案】(1)答案和证明见解析

(2)

【详解】（1）过点作的平行线，分别交于点，

过作的平行线，交于点，过作的平行线交于点，

则截面为所求截面，证明如下：

因为截面,截面,所以截面,

因为截面,截面,所以截面.

（2）因为平面，平面，所以，

且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，

则

所以，

所以，

又因为，所以，

设平面的法向量为，

所以令，

所以，

设与平面所成角为，

则，

整理得，解得（舍），.

20．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.

(1)若，求；

(2)记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.

【答案】(1)；

(2)（），事件A是小概率事件，理由见解析.

【详解】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，

当时，甲以赢，，当时，甲以赢，，

因此甲赢的概率为，则乙赢的概率为，

所以.

（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，

当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，

于是得乙赢得全部奖金的概率，

甲赢得全部奖金的概率，，

，即函数在上单调递增，

则有，因此乙赢的概率最大值为，

所以事件A是小概率事件.

21．设椭圆的左右焦点分别为，椭圆的上顶点，点为椭圆上一点，且.

(1)求椭圆的离心率及其标准方程；

(2)圆圆心在原点，半径为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上一点满足，试说明直线与圆的位置关系，并证明.

【答案】(1)，椭圆的方程为；

(2)直线与圆相切，证明见解析.

【详解】（1）解：由题意可得，

设，

所以，

又因为，

所以，

所以，

所以，

 即，代入椭圆方程得：，

所以，

所以，

因数，

即，

所以，

又因为，

所以，

所以椭圆的方程为；

（2）解：直线与圆相切.

证明：因为关于原点对称，

所以 ，，，

所以，

设，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，

联立直线和椭圆方程可得：，

即，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以，

则原点到直线的距离，

所以此时直线与圆相切；

当直线的斜率不存在时，依题意可得，

由，可得，

所以，

又因为，

所以，

所以直线的方程为或，

所以原点到直线的距离，

所以此时直线与圆相切，

综上所述直线与圆相切；

同理可证直线与圆相切；

所以直线与圆相切.

22．已知函数是的导函数．

(1)若在上恒成立，求实数的取值范围；

(2)若，判断关于的方程在内实数解的个数，并说明理由．

【答案】(1)；

(2)2，理由见解析.

【详解】（1）由题意在上恒成立，得 ，

即恒成立，令，则 ，

当时，，

令，即，则，

得，

令，即，

或得 或，

所以在和为减函数，在上为增函数，

，，故，

 故，即，

综上 ，实数的取值范围 .

（2）由题意，

,

由，得 ，

令 ， 令，

,令

在上单调递减,

注意到,

∴存在,使，

且当时， ， 单调递增,

当时，，单调递减,

 且 ,

  ,

所以在和上各有一个零点，

设为，且当时，单调递减；时，单调递增，

当时，单调递减

且 ，

∴当时， ，

当 时，，

故在上有唯一的零点，设为，

且当 ，时， ，在上单调递减；

当 时，，在上单调递增．

注意到 ，

  ，

所以：在和上各有一个零点，设为，

所以共两个零点，

故方程在内实数解的个数为2.