专题4 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》（新高考II卷）2

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·内蒙古赤峰·高三阶段练习（文））已知集合，，则（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用集合交集的定义即可求解.

【详解】由解得，所以，

所以.

故选:D.

2．（2022·四川南充·高三期中（理））在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的几何意义可得出复数，利用复数的四则运算化简复数，结合共轭复数的定义可得结果.

【详解】由复数的几何意义可得，则.

因此，的共轭复数为.

故选：A.

3．（2023·全国·高三专题练习）已知为坐标原点，垂直抛物线的轴的直线与抛物线交于两点，，则，则（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】D

【分析】由题知为等腰直角三角形，进而得，再代入方程求解即可.

【详解】解：∵，∴，∴，

∵，且轴，

∴由抛物线的对称性为等腰直角三角形，

设与轴的交点为，

∴，即，

∴将代入得，解得．

故选：D．

4．（2022·广西北海·一模（理））如图所示几何体是底面直径为2，高为3的圆柱的上底面挖去半个球，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，该几何体的表面积是圆柱的侧面积，圆柱的一个底面面积和半个球面面积的和，再依次计算求和即可.

【详解】解：根据题意，该几何体的表面积是圆柱的侧面积，圆柱的一个底面面积和半个球面面积的和.

因为圆柱底面直径为2，高为3，

所以，圆柱的侧面积为，一个底面面积为，半个球面的面积为，

所以，该几何体的表面积为．

故选：B

5．（2022·广东·福田外国语高中高三阶段练习）古代将圆台称为“圆亭”，九章算术中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何”即一圆台形建筑物，下底周长丈，上底周长丈，高丈，则它的体积为（    ）

A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈

【答案】B

【分析】利用圆台的体积公式求体积即可.

【详解】通过题目可知，圆台上底周长丈，则上底半径为丈

同理，下底周长丈，下底半径为丈

根据圆台体积公式得（立方丈）.

故选：B．

6．（2022·全国·高三专题练习）设，，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是（    ）

A．

B．

C．对任意正数，

D．对任意正数，

【答案】C

【分析】根据正态分布的密度曲线的性质及意义判断即可

【详解】解：由正态密度曲线的性质可知，

、的密度曲线分别关于、对称，

因此结合所给图像可得，

；

又的密度曲线较的密度曲线“瘦高”，

所以，

；

故A、B错误．

由密度曲线与横轴所围成的图形的面积的意义可知：对任意正数，

．

故C正确，D错误．

故选：C．

7．（2022·河南·汝阳县一高高三阶段练习（理））已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造，，求导，结合函数单调性分析，即可判断.

【详解】令，则，

令，有，令，有，

故函数在单调递增，在单调递减，

故，即，，

令，则，

令，有，令，有，

故函数在单调递增，在单调递减，

故，即，，

综上：.

故选：C

8．（2022·广东汕头·高三期中）已知定义在上的函数，满足为奇函数且为偶函数，则下列结论一定正确的是（    ）

A．函数的周期为 B．函数的周期为

C． D．

【答案】C

【分析】推导出，，可推导出函数的周期，可判断AB选项的正误；利用函数的周期性和对称性可判断CD选项的正误.

【详解】因为函数为奇函数，则，

令，则，

所以，对任意的，，

故函数的图象关于点对称，

因为函数为偶函数，则，

令，可得，

所以，对任意的，，故函数的图象关于直线对称，

所以，，

所以，，则，

所以，函数的周期为，AB都错；

对任意的，，令，可得，

，

的值不确定，C对D错.

故选：C.

【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：

（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；

（2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；

（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.

在推导周期时，解答时要注意能够根据抽象函数的性质进行代换，从而推导出函数的周期.

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）最近几个月，新冠肺炎疫情又出现反复，各学校均加强了疫情防控要求，学生在进校时必须走测温通道，每天早中晚都要进行体温检测并将结果上报主管部门.某班级体温检测员对一周内甲、乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论中正确的是（    ）

A．甲同学体温的极差为

B．甲同学体温的第75百分位数为

C．乙同学体温的众数，中位数、平均数相等

D．乙同学的体温比甲同学的体温稳定

【答案】ACD

【分析】由折线图计算甲同学体温的极差，判断A；将甲同学的体温从小到大排成一列可计算出第75百分位数，判断B;将乙同学体温从小到大排成一列，计算出众数，中位数、平均数，判断C;比较甲乙两人的体温波动情况，可判断D.

【详解】观察折线图知甲同学体温的极差为，A正确；

将甲同学的体温从小到大排成一列： ，

因为，所以甲同学体温的第75百分位数为，B错误；

乙同学体温从小到大排成一列： ，乙同学体温的众数为，中位数为，平均数为，C正确；

乙同学的体温波动较甲同学的小，极差为，也比甲同学的小，因此乙同学的体温比甲同学的体温稳定，D正确.

故选：

10．（2022·福建·莆田一中高三期中）在正方体中，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ）

A．∥平面

B．存在点，使得平面平面

C．

D．存在点，直线BE与CD所成角为

【答案】ACD

【分析】利用面面平行的性质，线面垂直的性质，三角形相似，和夹角范围即可判断.

【详解】对于A：

如图：∥，∥，易证平面∥平面，

因为平面，所以∥平面，故A正确

对于B：

如图：过作的平行线 ，则平面与平面的交线为，

易知平面，所以，

所以为平面与平面的夹角，因为点一定在以为直径的圆外

故一定为锐角，故B错误

对于C：

如图，连接和且相交于，易证∽，因为由，

，可知，所以，故C正确.

对于D：

如图：在线段上，因为∥，所以为BE与CD所成角

易知,

故 ，故存在在线段上使得，故D正确.

故选：ACD

11．（2022·全国·高三专题练习）已知Р是圆上的动点，直线与交于点Q，则（    ）

A．

B．直线与圆O相切

C．直线与圆O截得弦长为

D．长最大值为

【答案】ACD

【分析】由两直线垂直的条件判断A，由圆心到直线的距离判断B，由到直线的距离结合勾股定理求弦长判断C，求出到圆心的距离的最大值加圆半径判断D．

【详解】圆半径为2，

，所以，A正确；

圆心到的距离为，与圆相离，B错误；

圆心到直线的距离为，所以弦长为，C正确；

由，得，即，

所以，

所以长最大值为，D正确

故选：ACD．

12．（2022·江苏泰州·高三期中）螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（    ）

A．第个正方形面积为.

B．.

C．使得不等式成立的的最大值为.

D．数列的前项和对任意恒成立.

【答案】BCD

【分析】根据图形的变化规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】根据题意，，且，

故，即，又，故可得，

由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，

则，，即第三个正方形的面积为，

故A错误，B正确；

对C：因为，，

故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，

，又，故不等式成立的的最大值为，正确；

对：因为，对任意恒成立，正确.

故选：.

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·高三阶段练习（理））若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为_______．

【答案】

【分析】易得双曲线渐近线为，再利用两直线垂直斜率之积为-1求出，结合离心率公式即可求解.

【详解】双曲线的渐近线方程为，直线斜率为，

由一条渐近线与直线垂直得，解得，

所以离心率为．

故答案为：

14．（2022·广西北海·一模（理））已知向量是单位向量，向量，且，则与的夹角为_____________．

【答案】##

【分析】根据向量数量积的运算律得，进而得，再根据向量夹角范围即可得答案.

【详解】解：由题意可知，，

所以，，

所以，解得，

因为

所以，，即和的夹角为．

故答案为：

15．（2022·广东揭阳·高三阶段练习）设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是__________．

【答案】

【分析】构造，利用的性质解．

【详解】解：构造，

则当时，，

在上递增，

∵ 为奇函数，

∴ 为偶函数，

在上递减，，

当时，，

；

当时，，

，

综上：使得成立的的取值范围是

故答案为：．

【点睛】本题解题的关键是构造，这样可以使用这个条件，进而得到的单调性，再结合的奇偶性解决问题．一般在已知条件中出现原函数与导函数结合的式子时，想到构造函数．

16．（2022·陕西·渭南市瑞泉中学高三阶段练习（理））已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则的取值范围是_____．

【答案】

【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义得到，然后将经过且与曲线相切的直线有三条转化为与的图象有三个交点，求导，利用函数单调性画出大致图象，然后列不等式求解.

【详解】，设切点坐标为，切线斜率为，

当时，明显只有一条切线，故 ，

则，整理得，

经过且与曲线相切的直线有三条，即方程有三个解，即与的图象有三个交点，

，当或时，，所以在，上单调递增，当时，，所以在上单调递减，

因为，所以，又，，所以的大致图象如下：

所以，解得.

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·福建·莆田第三中学高三期中）设是等差数列的前项和，，．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出等差数列的基本量后可求其通项；

（2）根据通项的符号可求的最大值．

【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得，

故.

（2）因为当时，，当时，，当时，，

故当或时有最大值且最大值为.

18．（2022·河南驻马店·高三期中（文））已知的三个内角，，对的三边为，，，且

(1)若，，求；

(2)已知，当取得最大值时，求的周长.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；

（2）根据基本不等式及三角形面积公式可得面积取得最大值时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．

【详解】（1）∵，

 ∴ ，

∴ ，又，

∴，

由正弦定理可知：，

∴；

（2）∵，当取最大值时，即取最大值，

∵，

∴，

∴，当且仅当时，即，时等号成立，

由余弦定理可知：，

∴，

 ∴

∴的周长.

19．（2022·辽宁实验中学高三期中）如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且，．

(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；

(2)求二面角A-BE-C的平面角的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理及性质定理，及线面垂直的判定定理可证得；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出二面角的余弦值，然后求解即可.

【详解】（1）证明：取BC中点M，AB中点N，连接DM，MN，EN．

∴MN∥AC且，又，，

∴DE∥MN，且所以四边形MNED是平行四边形，

∴EN∥DM且，又AC⊥平面BCD，平面ABC，

∴平面ABC⊥平面BCD，

∵，

∴DM⊥BC，又平面平面，平面BCD，

∴DM⊥平面ABC，

∴EN⊥平面ABC，又平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC．

（2）由（1）知，AC⊥BC，EN∥DM且，

EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC

以C为原点，CA，CB所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

则，，，

设平面BCE的一个法向量为，

则，即，取，则，

∴

又，则CN⊥AB

又平面平面，平面ABC，

所以CN⊥平面ABE，即为平面ABE的一个法向量，

∴．

∴二面角A-BE-C的取值范围是．

20．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆E的方程为（a＞1），点O为坐标原点，点A，B的坐标分别为，，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为．

(1)求椭圆E的方程；

(2)若斜率为k的直线l交椭圆E于C，D两点，交y轴于点（t≠1），问是否存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B？若存在，求t的值，若不存在，说出理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）设出点M的坐标，根据得到，，结合直线OM的斜率求出a＝2，得到椭圆方程；

（2）设出直线l方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据以CD为直径的圆恒过点B得到，列出方程，代入两根之和，两根之积，求出.

【详解】（1）设点M的坐标，点M在线段AB上，满足，

∴，，

故，，因为，

∴，解得：a＝2，

∴椭圆E的方程；

（2）设直线l方程：，代入，

得，

设，则，，

假设存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B，则．

∴，

，

即，

得，

整理得，

∵，

∴，

故当时，符合题意．

【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题干条件得到方程，求出答案，本题中要根据假设存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B，则进行求解.

21．（2022·辽宁实验中学高三期中）学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“B类解答”为评估此类解答导致的失分情况，某市教研室做了项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“B类解答”的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例大约如下表：

某次数学考试试卷评阅采用“双评＋仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“B类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响）．

(1)本次数学考试中甲同学某题（满分12分）的解答属于“B类解答”，求甲同学此题得分X的分布列及数学期望；

(2)本次数学考试有6个解答题，每题满分12分，同学乙6个题的解答均为“B类解答”．同学丙的前四题均为满分，第5题为“B类解答”，第6题得6分．以乙、丙两位同学解答题总分均值为依据，谈谈你对“B类解答”的认识．

【答案】(1)分布列见解析；

(2)见解析

【分析】（1）根据题意，随机变量X的取值为9，9.5，10，10.5，11，分别求出各自对应的概率，列出分布列，求出数学期望.

（2）分别求出乙、丙同学得分的均值，对数据进行分析即可.

【详解】（1）根据题意，随机变量X的取值为9，9.5，10，10.5，11

设一评、二评、仲裁所打的分数分别是x，y，z

，

，

，

故X的分布列为

（2）由题意可知：乙同学得分的均值为，

丙同学得分的均值为：．

丙同学得分均值更高，所以“会而不对”和不会做一样都会丢分，

在做题过程中要规范作答，尽量避免“B类解答”的出现．

22．（2022·北京市房山区良乡中学高三期中）已知函数

(1)求函数单调区间；

(2)设函数，若是函数的两个零点，

①求的取值范围；

②求证：．

【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为

(2)①；②证明见解析

【分析】（1）求导后，根据正负即可得到的单调区间；

（2）①将问题转化为与在上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；

②由①可得，设，利用导数可求得，进而得到，即，根据的范围和单调性可得结论.

【详解】（1）定义域为，，

当时，；当时，；

的单调递增区间为；单调递减区间为.

（2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点；

由（1）知：，又，

在的图象如下图所示，

由图象可知：，，即的取值范围为.

②不妨设，由①知：，

，，

在上单调递增，在上单调递减；

设，则，

在上单调递减，，，

又，，又，；

，，在上单调递增，

，则.

【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：

①求导确定的单调性，得到的范围；

②构造函数，求导后可得恒正或恒负；

③得到与的大小关系后，将置换为；

④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.