专题1 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》（新高考I卷）1

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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．（2022·陕西·武功县教育局教育教学研究室一模（文））已知集合或，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据交集的定义即可得出答案．
【详解】∵或，
∴
故选：B．
2．（2022·陕西·西北工业大学附属中学高三阶段练习（理））在复平面内，复数对应的点位于第四象限，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合复数的乘除法原则和复数的几何意义，即可求解．
【详解】，
又复数在复平面内所对应的点位于第四象限，
∴，即.
故选：A
3．（2022·江苏·海安高级中学高三阶段练习）设为所在平面内一点，且满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量的加减、数乘运算即可求得.
【详解】∵，所以三点共线且.如图所示：

∴，即.

故选：A.
4．（2022·四川·树德中学高三阶段练习（文））“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（    ）

A．8π B．4π C． D．2π
【答案】B
【分析】将该多面体补形为正方体，得到经过该多面体的各个顶点的球为正方体
的棱切球，求出该正方体的边长，求出棱切球的半径，得到表面积.
【详解】将该多面体补形为正方体，则由，，
所以由勾股定理得：，所以正方体的边长为，
所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，
故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为.

故选：B
5．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）在某种信息传输过程中，用6个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，例如001100就是一个信息．在所有信息中随机取一信息，则该信息恰有2个1的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出总的事件个数，再求恰好有2个1的种数，根据概率公式即可求解.
【详解】每个位置可排0或1，故有2种排法，因此用6个数字的一个排列的总个数为，恰好有2个1的排列的个数共有，
故概率为：，
故选：D
6．（2022·山东省实验中学高三阶段练习）已知函数（，）是R上的偶函数，其图像关于点对称，且在区间上是单调递减函数，则ω和φ的值分别为（    ）
A．2， B．， C．2， D．，
【答案】C
【分析】由是偶函数及可得或.由图象关于点对称，且在区间上是单调递减函数，结合及余弦函数的图象与性质可求.
【详解】解：由是偶函数，，，
∵，∴当时，，当时，，
又在区间上是单调递减函数，故，
∴，
∵图象上的点关于对称，
∴，故，，
即，.
∵在区间上是单调递减函数，可得，即.
又∵,，,
∴当时可得.
故，.
故选：C．
7．（2022·全国·高三阶段练习（文））已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由于，所以构造函数，利用导数判断其单调性，从而可比较出的大小，再由结合的单调性可判断的大小，从而可比较出三个数的大小.
【详解】，
令（），则，
当时，，所以在上递减，
因为，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
因为在上递增，所以，
所以，所以，
所以，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，解题的关键是由题意构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，利用其单调性比较大小，属于较难题.
8．（2022·湖南岳阳·高三阶段练习）已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（  ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.
【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，
所以，平面
所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，
因为，
令
因为，所以，
在中，，
所以，，
所以，，
所以，当，即时，取得最大值，
所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，
所以，，
所以，
所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，
所以，直三棱柱外接球的半径，即，
所以，直三棱柱外接球的体积为.
故选：C
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·湖南·高三阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中（    ）

A．与的夹角为
B．二面角，的正弦值为
C．与平面所成角的正切值为
D．点到平面的距离为
【答案】CD
【分析】本题根据线面垂直的判定判断得出线线垂直，通过作辅助线找到二面角再通过余弦定理计算其余弦值，根据线面角的定义找到线面夹角再进行计算，根据点到平面的计算公式结合前面所得夹角正弦值即可算出距离.
【详解】，且平面，所以平面，又平面，，故A错误；
过作垂线，垂足为H，连接，易知H为中点，在等边三角形中，，所以为二面角的平面角，

．故B错误；
易知平面，设直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则故C正确；
由C知，，所以到的距离为．故D正确．
故选：CD.
【点睛】本题考查知识点十分综合，涉及到线面垂直的判定，异面直线夹角，点到平面的距离，二面角等等，需要我们对知识点能够融会贯通.
10．（2022·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知函数的导函数为，若，经过点和点的直线l与曲线的另一个交点为，则实数的取值可能为（    ）
A．0 B． C． D．
【答案】ACD
【分析】结合已知条件和一元二次方程性质可求出的大致范围和，，进而化简和，然后表示出直线的方程，然后将分别代入直线的方程和即可求解的值.
【详解】由已知得，，
∵，即有两个不同的实数根，
∴，解得，，且，，
故，
同理，
从而直线l：，化简得，，
因为直线l与曲线的另一个交点为，
所以，解   ①，
又   ②，
联立①②可得，或或．
故选：ACD.
11．（2022·湖南永州·一模）抛物线，点在其准线上，过焦点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），则下列说法正确的是（    ）
A．
B．有可能是钝角
C．当直线的斜率为时，与面积之比为3
D．当直线与抛物线只有一个公共点时，
【答案】ACD
【分析】对于A，利用抛物线的准线方程即可求解；对于B,对直线的斜率存在和不存在时进行分类讨论，得到，计算即可判断；对于C，可得到，通过计算出即可判断；对于D，设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，通过题意可得到，可计算出的坐标即可判断
【详解】解：对于A，由抛物线可得准线方程为，
又点在其准线上，所以，解得，故A正确；
对于B，由A选项可得，且焦点，
当直线的斜率存在时，设直线，，
则整理得，
所以，，
因为
所以
，
所以，因为，所以为锐角；
当直线的斜率不存在时，直线，
所以将代入抛物线可得，则，
则，所以，此时为直角，故B错误；
对于C，，，
所以，
所以当时，，，解得，
所以，故C正确；
对于D，易得直线的斜率存在，设直线的方程为，
所以由得到①，
因为直线与抛物线只有一个公共点，
所以，解得，
又因为点在第一象限，所以，则，
①可变成，解得，故
由B选项可得此时，所以，故D正确；
故选：ACD
12．（2022·全国·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为R，若，均为奇函数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】由题知，，进而得，可判断A；再对求导可得，进而得为周期函数，周期为，进而可得，可判断BD；再根据得，进而得时，可判断C..
【详解】解：因为若，为奇函数，
所以，
令得，，即，，A选项正确；
所以，，即，
所以，函数关于对称，对称，
所以，，即
所以，，
所以，，即函数为周期函数，周期为，
所以，，，故D选项正确，B选项错误；
对于C选项，由可得，其中为常数，
所以，所以，
故令得，即，故C选项正确.
故选：ACD.
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．（2022·全国·高三专题练习）的展开式中的常数项为__________．
【答案】
【分析】求出展开式中的常数项和的系数，再由多项式乘法法则可得．
【详解】展开式通项公式为，
，，，，
所以所求常数项为，
故答案为：．
14．（2023·全国·高三专题练习）写出与圆和圆都相切的一条切线方程___________.
【答案】或或
【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.
【详解】圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为4，
圆心距为，所以两圆外切，如图，有三条切线，
易得切线的方程为，
因为，且，所以，设，即，
则到的距离，解得（舍去）或，所以，
可知和关于对称，联立，解得在上，
在上任取一点，设其关于的对称点为，
则，解得，
则，所以直线，即，
综上，切线方程为或或.
故答案为：或或.

15．（2022·重庆·高三阶段练习）已知，是曲线的两条倾斜角互补的切线，且，分别交y轴于点A和点B，O为坐标原点，若，则实数a的最小值是______.
【答案】##
【分析】由函数解析式，求导，写出切线方程，并求与纵轴的交点的坐标，结合基本不等式可得答案.
【详解】设切线，的切点坐标为，，
由函数，求导可得，
由题意可知，，即，
可得，，
令，，
故，同理可得，
则，由于，则等号不能取，
即，解得，即的最小值为.
故答案为：.
16．（2022·全国·高三专题练习（文））已知椭圆的中心为原点，焦点在轴上，椭圆上一点到焦点的最小距离为，离心率为，若，，为椭圆上三个不同的点，且，则的面积为___________.
【答案】
【分析】根据题意求得椭圆，当的斜率不存在时，设：，求得；
当直线的斜率存在时，设直线，联立方程组，结合弦长公式和点到直线的距离公式，求得，得到，即可求解.
【详解】由题意，椭圆上一点到焦点的最小距离为，离心率为，
可得，解得，则，所以椭圆为，
当直线的斜率不存在时，设直线：，
不妨令，，由，得，，
故，将代入椭圆方程，可得，所以，
所以；
当直线的斜率存在时，设直线：，
联立方程组 ，整理得，
设，，则，，
设，由，
可得，，
代入，可得，
所以，且到直线的距离，
所以，
所以，
综上可得，则的面积为.
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·广东广州·高三阶段练习）已知正项数列，，，是公差为2的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，又，再结合等差数列的求和公式即可求出；
（2）由裂项相消法求解即可.
（1）
由题意，，
因为是首项为3公差为2的等差数列，
所以，
当时，
，
又因为满足，所以，结合，所以.
（2）
由（1）和得，所以，
又，
故，
..
18．（2022·江苏·海安高级中学高三阶段练习）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，D为边BC上一点，若．
(1)证明：
①AD平分∠BAC，
②；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)①证明见解析 ；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①分别在在△ABD、△ACD中利用正弦定理进行边化角，结合题意化简整理；②根据，由余弦定理结合题意化简整理；
（2）根据题意结合倍角公式化简整理可得：，即可得，利用勾股定理结合不等式运算求解.
（1）
①设∠BAD＝α，∠CAD＝β，
在△ABD中，由正弦定理得：，即，
在△ACD中，由正弦定理得：，即
由题意可得：，则
∵，则
∴，
又因为，
所以a=b，即
所以AD平分∠BAC，
②由题意可得：，即
整理得：
∵，
∴即证
（2）
因为，即
又∵

所以，即
所以，则
∴，当且仅当时等号成立
所以的最大值为．
19．（2022·江苏常州·高三阶段练习）四棱锥底面为平行四边形，且，，，平面，．

(1)点在棱上，且，求证：平面；
(2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）作出点，并连接，，，，且交于点，连接，
可知，得到，进而得到，即可证明；
（2）中，由余弦定理和勾股定理可得，再以为原点建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式表达出异面直线与所成角的余弦值，进而求出点的坐标，再利用空间向量解决二面角问题即可.
（1）
作出点，并连接，，，，且交于点，连接，
在平行四边形中，，则，
又因为，所以，则有，
平面，平面，
所以平面．

（2）
在中，，，，
则，
有，于是得，
即，，
又平面，
则以点为原点，直线，，分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，

则，，，设，，
有，，
因异面直线与所成角的余弦值为，则
，解得，
，，
设平面的法向量，则，
令，得，取平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
20．（2022·湖南岳阳·高三阶段练习）伴随经济的飞速发展，中国全民健身赛事活动日益丰富，公共服务体系日趋完善.据相关统计数据显示，中国经常参与体育锻炼的人数比例为37.2%，城乡居民达到《国民体质测定标准》合格以上的人数比例达到90%以上.健身之于个人是一种自然而然的习惯，之于国家与民族，则是全民健康的基础柱石之一，某市一健身连锁机构对去年的参与了该连锁机构健身的会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为该健身连锁机构会员年龄等级分布图，图2为一个月内会员到健身连锁机构频数分布扇形图

若将会员按年龄分为“年轻人”（20岁-39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）两类，将一月内来健身房锻炼16次及以上的会员称为“健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在“健身达人”中有是“年轻人”.
(1)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100人的样本，根据上图的数据，补全下方列联表，并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为是否为“健身达人”与年龄有关；
类别
年轻人
非年轻人
合计
健身达人



健身爱好者



合计


100

临界值表：












(2)将（1）中的频率作为概率，连锁机构随机选取会员进行回访，抽取3人回访.
①若选到的3人中2人为“年轻人”，1人为“非年轻人”,再从这3人中随机选取的1人，了解到该会员是“健身达人”，求该人为非年轻人的概率；
②设3人中既是“年轻人”又是“健身达人”的人数为随机变量X，求X的分布列和期望值.
【答案】(1)列联表答案见解析，不能认为“健身达人”与年龄有关
(2)①；②分布列答案见解析，数学期望：
【分析】（1）首先根据题意填写好表格，根据公式计算值，对照表格得到结论；
（2）根据条件概率公式得到此人为非年轻人的概率，根据独立性检验实验分，计算各自概率，得到分布列.
（1）
根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，则年轻人人数为，则非年轻人为20人，根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为，根据其中年轻人占比，所以健身达人中年轻人人数为，则非年轻人为10人；
健身爱好者人数为，再通过总共年轻人合计为80人，则健身爱好者中年轻人人数为，3根据非年轻人总共为20人，则健身爱好者中非年轻人人数为，具体表格填写如下.
列联表为
类别
年轻人
非年轻人
合计
健身达人
50
10
60
健身爱好者
30
10
40
合计
80
20
100

零假设，是否为“健身达人”与年龄无关.

所以，依据的独立性检验，不能认为“健身达人”与年龄有关；
（2）
①设事件为：该人为年轻人，事件为：该人为健身达人，故此人为“非年轻人”的概率为则
②由（1）知，既是年轻人又是健身达人的概率为，
，




故X的分布列：

0
1
2
3






的数学期望值
.
21．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）平面直角坐标系中，已知点.点满足，记点的轨迹.
(1)求的方程；
(2)设点与点关于原点对称，的角平分线为直线，过点作的垂线，垂足为，交于另一点，求的最大值.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据双曲线定义得到点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，求出，得到轨迹方程；
（2）设出，，，根据角平分线的条件，结合向量投影
模长相等得到，从而求出，点坐标，确定直线的方程，由点到直线距离
公式求出，再求出直线的方程为，与双曲线方程联立，利用
弦长公式求出，结合基本不等式求出，最后求出的最大值.
（1）
由题意得：，，
所以点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，
即，
所以的方程为；
（2）
由对称性，不妨设在第一象限，设，则，
设直线的斜率为，记，由为的角平分线，
则，其中，，
所以，
同理得：，
，
代入中，，
化简得：，
将代入，中，解得：，
所以，，
设直线的方程为，将代入，解得：，
所以直线的方程为，
由点到直线距离公式得：，
由直线的斜率为，设直线的方程为，
将点代入，解得：，
所以直线的方程为，将其与联立得：
，
设，
则，
由可知：，又，所以，
，
由均值不等式，，当且仅当，
即时，等号成立，因为，故，
所以，当且仅当时，等号成立，
的最大值为.
【点睛】本题难点在于如何处理角平分线这个条件，采用了向量投影的模长相等来进行求解，计算量小且易操作，属于点睛之笔.
22．（2022·江苏扬州·高三阶段练习）已知函数，，与在处的切线相同．
(1)求实数a的值；
(2)令，若存在，使得，
（i）求的取值范围；
（ii）求证: .
【答案】(1)1；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）由题设即可求a的值；
（2）由（1），（i）根据区间单调性求对应值域，即可知只存在使，进而得，构造研究其单调性求值域，即可得结果；
（ii）由（i）得，（双变量变量统一）：首先有，令得，进而构造并利用导数证明即可证；（极值点偏移）：构造且，利用导数研究其单调性可得，即，进而可得，结合及单调性，即可证结论.
（1）
由题意，则，可得.
（2）
由（1）得，
（i）当时，由，则，不合题意，舍去；
当时，，则，不合题意，舍去；
故只存在时，才能使，即，
所以，
令，则，故在上递增，即，
故的取值范围为.
（ii）证明：由（i）知：，且（*），
法一（双变量变量统一）：
由（*）得：，
故
令，而，则，且，
则，
要证，即证的最小值大于2，
又，且，故在上递增，则，
∴在上单调递增，即，则得证.
法二（极值点偏移）：
构造函数且，即且，
此时，且，故在上递增，
故，
∴在上单调递减，且，
当时，，
∵，，
∴，而知：，
且在上单调递减，
∴，故得证.
【点睛】关键点点睛：第二问，利用等量关系构造关于的表达式，构造函数研究其值域；应用双变量变量统一或极值点偏移，注意构造中间函数并利用导数研究不等式恒成立即可.