专题11 《2023届新高考数学复习系列模拟试卷》(备战二模）（新高考I卷）

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备战二模·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·全国·模拟预测）己知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】由得：，解得：，即，
又，.
故选：B.
2．（湘豫名校联考2023届高三第二次（4月）模拟考试文科数学试题）已知复数z满足，则z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】D
【分析】利用复数乘法、除法运算即可求解．
【详解】因为，所以，所以z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D．
3．（2022春·高一课时练习）在平行四边形中，，是对角线的交点，是的中点，又，则的值分别为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据平面向量线性运算的性质，结合平面向量基本定理进行求解即可.
【详解】
所以，
故选：B
4．（2023·广西柳州·统考三模）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）.在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的.已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的时，所需时间为（    ）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
【答案】C
【详解】设圆锥沙子漏完时圆锥底面半径为R，高为h，圆锥体积为：，
上方圆锥中沙子漏至圆锥高度时，上方圆锥底面半径为，高为，剩余沙子体积，
此时还剩余时间为小时，沙漏流逝时间为小时.
故选：C
5．（2023·吉林延边·统考二模）某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”．在各阅览室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书．某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由条件求出所有基本事件的个数，再求事件恰有2名阅读者挑选同一种书所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率公式求概率即可．
【详解】三人挑四种书，每人有4种选法，共有种方法，
恰有2人选同一种书的方法有种，即36种方法，
故恰有2人选同一种的概率．
故选：D．
6．（贵州省普通高等学校招生2023届高三适应性测试数学（理）试题）将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】先根据左加右减得到的解析式，进而根据函数关于对称，求出，，又函数的单调性得到，从而求出答案.
【详解】由题意得，
的图象关于点对称，故，
故，，解得，，
又在上单调递减，故，又，解得，
则，，解得或1，
故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，
当时，，当时，，
因为在上不单调递减，不合要求，舍去，
其他均不合要求.
故选：B
7．（安徽省宣城市2023届高三第二次调研测试数学试题）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（    ）
A．670 B．672 C．674 D．676
【答案】D
【分析】运用抽象函数的奇偶性表达式及导数运算可得的一个周期为3，再运用赋值及周期性计算可得一个周期内的和，进而可求得结果.
【详解】∵为奇函数，
∴，
∴，即：，
又∵，
∴，①
又∵为偶函数，
∴，②
∴将②中换成得：，③
∴将③中换成得：，④
由①④得：，
∴的一个周期为3，
∴，
将代入③得：，
∴
又∵，
∴.
故选：D.
8．（2023秋·湖南岳阳·高三统考期末）足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，已知某“鞠”的表面上有四个点，满足，面ABC，⊥，若，则该“鞠”的体积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，得到PB为球的直径，推导出要想该“鞠”的体积最小，只需AB最小，由得到，结合基本不等式，求出最小值，从而得到直径最小值，求出体积最小值.
【详解】因为，面ABC，⊥，
故AB为三角形ABC所在小圆的直径，取AB中点，过作，交BP于点O，则O即为球心，PB为球的直径，
要想该“鞠”的体积最小，只需PB最小，由于，
故只需AB最小，其中，
故，
解得：，
由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，
故最小值为2，此时直径最小值为，
所以该“鞠”的体积最小值为.

故选：B
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
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．（浙江省嘉兴市2023届高三下学期4月教学测试（二模）数学试题）已知一组样本数据，现有一组新的数据，，则与原样本数据相比，新的样本数据（    ）
A．平均数不变 B．中位数不变
C．极差变小 D．方差变小
【答案】ACD
【分析】由平均数、中位数、极差及方差的概念计算即可.
【详解】对于A项，新数据的总数为：，与原数据总数一样，且数据数量不变都是，故平均数不变，A正确；
对于B项，不妨设原数据为：，则新数据为：，显然中位数变了，故B错误；
对于C项，原数据极差为：，新数据极差为：，，极差变小了，故C正确；
对于D项，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，故方差变小，即D项正确.
故选：ACD.
10．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知函数（且），且，，，则下列结论正确的是（    ）
A．为R上的增函数 B．无极值
C． D．
【答案】ABC
【分析】先求导，分析函数的单调性和极值，再利用指数函数和对数函数的单调性比较a，b，c的大小，利用函数的单调性比较对应函数值的大小.
【详解】解：已知函数（且），
则，则，
所以，故在R上单调递增，A选项正确；
因为为R上的增函数，所以无极值，B选项正确；
因为是增函数，所以，
因为是减函数，所以，
因为是减函数，所以，
综上可知，，又为增函数，则，C选项正确，D选项错误；
故选：ABC.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（    ）
A．若点，则的最小值为4
B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条
C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为
D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2
【答案】AD
【分析】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.由抛物线定义，，据此可得最小值；
B选项，过点B且与抛物线只有一个公共点的直线有两类，抛物线的切线与斜率不存在的直线；
C选项，设，由及D，E两点在抛物线上可得，
后可得ODE的周长；
D选项，设，则，由基本不等式可得取最大值时，，后可得GFH的面积.
【详解】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；
B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或
，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；
C选项，设，因三角形ODE为正三角形，
则，又，
则.
因，则.又由图可得.
则，则.
得ODE的周长为.故C错误；
D选项，设，则
，当取最大值时，
.取，则此时GFH的面积为.
故D正确.
故选：AD

12．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与平面所成的角为
B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】CD
【分析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断AB；如图1易知异面直线AD与CF所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断C；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断D.
【详解】A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，
由为正三角形，得，又平面平面，
平面平面，平面，平面，
由，得平面，同理平面，
则，且，所以四边形为平行四边形，
由，得，
所以四边形为平行四边形，得，，
即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误；
B：如图1，连接AB、BC、AC，
由选项A的分析知，
同理，，
所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆，
其半径为，面积为，故B错误；
C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，
则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，
，在中，，由余弦定理，
得，故C正确；
D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.
如图2，，，
所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.
故选：CD.

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·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）展开式中的系数为___________.
【答案】
【分析】变换，根据二项式定理计算得到答案.
【详解】的展开式的通项为：，，
取和，计算得到系数为：.
故答案为：.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知圆：与圆：，若两圆相交于A，B两点，则______
【答案】
【分析】根据两圆相交时公共弦所在直线方程的求法和弦长公式求解.
【详解】圆的方程为，即①，
又圆：②，
②－①可得两圆公共弦所在的直线方程为
圆的圆心到直线的距离，
所以．
故答案为: .
15．（2023春·浙江杭州·高二浙江大学附属中学期中）若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为___________.
【答案】1
【分析】构造函数，设切点为，设，设切点为，结合条件得到是函数和的图象与曲线交点的横坐标，利用对称性得出关于直线对称，从而得出，，然后计算出．
【详解】设，则，设切点为，则，
则切线方程为，即，
直线过定点，
所以，所以，
设，则，设切点为，则，
则切线方程为，即，
直线过定点，
所以，所以，
则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，
易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，
因此点关于直线对称，
从而，，
所以．
故答案为：1.
16．（2022秋·广东·高二统考阶段练习）已知曲线的离心率是，P为其上顶点，分别为左、右焦点，过且垂直于的直线与C交于两点，，则的周长是_______．
【答案】26
【分析】利用椭圆的离心率求得的关系，表示椭圆方程，进而表示出直线的方程，联立椭圆方程，利用弦长公式即可求得c,从而求得点的坐标，进而求得的长，即可求得答案.
【详解】由曲线的离心率是，P为其上顶点，
可知，，
则，即
则的斜率为，故的斜率为，
所以的方程为，联立，
可得，，
设，不妨设，则，
由于，故，
故，即得，
故，即，
解得，故，
则，
,
故的周长为,
故答案为：26
【点睛】难点点睛：解答本题的思路方法并不困难，即利用方程思想求得的坐标，然后求出的长，即可求得答案，但本题的难点不在于思路，而是在于计算，因此要注意计算的准确性.
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．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列的前n项和为，，数列是公差为1的等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，若存在，使得成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意先求出的首项，结合等差数列的通项公式求出，再利用与之间的关系即可求出结果.
（2）将第一问代入，利用裂项相消求和求出，由存在问题求出的最小值，解出不等式即可求出的取值范围.
【详解】（1）因为数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，则，
当时，，当n＝1时，满足上式，故．
（2）令，
则，因为
，所以，
即，解得或，故的取值范围为．
18．（2023春·浙江杭州·高一浙江大学附属中学期中）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若
(1)求角A的大小；
(2)若，求中线AD长的最大值（点D是边BC中点）．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理结合两角和得正弦公式即可求出结果；
(2)利用余弦定理求出，再利用平面向量关系化简即可求出结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得：,
即，
,
因为，所以，
所以，
因为,所以.
（2）由（1）得，
则，
所以，即，
当且仅当时等号成立，
因为点D是边BC中点，
所以,
两边平方可得：,
则，
所以，
中线AD长的最大值为.
19．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径.

(1)弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；
(2)若，，点，A，B，C都在半径为的球面上，求二面角的余弦值.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的判定定理、性质定理分析证明；
（2）根据题意结合长方体的外接球可得，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）当点D为的中点时，平面，证明如下：
取AB的中点D，连接OD，
∵O，D分别为，的中点，则，
平面，平面，
∴平面，
又∵，
平面，平面，
∴平面，
，平面，
∴平面平面，
由于平面，故平面.

（2）∵是的直径，可得，即，
且，，故，，
又∵平面，且平面，
∴，
即，，两两垂直，且点，A，B，C都在半径为的球面上，
可知该球为以、、为长、宽、高的长方体的外接球，
则，可得，
以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则，，，，
得，，
设为平面的一个法向量，则，
令，则，可得，
且为平面的一个法向量，
设二面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.

20．（云南省2023届高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题）某研究机构随机抽取了新近上映的某部影片的200名观众，对他们是否喜欢这部影片进行了调查，得到如下数据（单位：人）：

男性
女性
合计
喜欢
15
30
45
不喜欢
85
70
155
合计
100
100
200

根据上述信息，解决下列问题：
(1)根据小概率值的独立性检验，分析观众喜欢该影片与观众的性别是否有关；
(2)现从被调查的200名观众中，随机依次抽取2人作为幸运观众（注：第一次先从200名观众中随机抽取1名，第二次再从剩下的199名观众中随机抽取1名）．求在第一次抽到的是喜欢该影片的观众的条件下，第二次抽到的是不喜欢该影片的观众的概率．
附：，其中．

0.15
0.10
0.05
0.010
0.001

2.072
2.706
3.841
6.635
10.828

【答案】(1)认为观众喜欢该影片与观众的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05
(2)．
【分析】（1）计算的值，由此做出判断；
（2）条件概率，记事件A：第一次抽到的是喜欢该影片的观众，事件B：第二次抽到的是不喜欢该影片的观众．根据计算即可.
【详解】（1）零假设为：观众喜欢该影片与观众的性别无关联．由已知得
．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为观众喜欢该影片与观众的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．
（2）记事件A：第一次抽到的是喜欢该影片的观众，
事件B：第二次抽到的是不喜欢该影片的观众．
根据已知得．
∴．
答：在第一次抽到的是喜欢该影片的观众的条件下，第二次抽到的是不喜欢该影片的观众的概率为．
21．（2023·广东佛山·佛山一中校考一模）已知双曲线的渐近线与曲线相切.横坐标为的点在曲线上，过点作曲线的切线交双曲线于不同的两点.
(1)求双曲线的离心率；
(2)记的中垂线交轴于点.是否存在实数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)时存在；时不存在，理由见解析
【分析】（1）写出渐近线并联立曲线E，根据得，进而求离心率；
（2）应用导数几何意义求点处曲线的切线方程，并联立曲线C，结合韦达定理求中点坐标，写出中垂线方程即可求M坐标，结合列方程求，注意满足切线与双曲线有两个交点.
【详解】（1）由题意，与曲线相切，消得：有唯一解，
所以得：，离心率.
（2）由，故点作曲线的切线的斜率为，则，
所以方程为代入中，并整理得
，
设，在，
易得的中点，故中垂线，则点.
若，则，即得，

此时
当，即时，存在实数，使得；
当，即时，不存在实数，使得.
22．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）已知函数（a为常数），函数.
(1)证明：（i）当时，；
（ii）当时，；
(2)证明：当时，曲线与曲线有且只有一个公共点.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)构造函数利用导数证明单调性即可证明;(2) 由利用分类讨论结合单调性,最值来证明.
【详解】（1）令,所以,则,
所以在上单调递增，且，
所以当时，,即,所以；
当时，,即,所以
（2）解法一:
由，得，
设，则 .
令，由上述推理可得或.
① 当时，，
因为，当且仅当，所以在上单调递增，
又因为，所以的零点有且仅有一个为0.
② 当时，列表如下：




0



0







0



0

0



极大值

极小值


首先在上无零点；
取且

从而在上有且仅有一个零点.
综上所述，曲线与曲线有且仅有一个公共点.
解法二:
令
令


①当时，在上单调递增，

注意到,所以在上有唯一的零点.
②当时，令或,
且当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增,且
当时，无零点
当时，，当时，
.，
令,
,在上有唯一的零点，证毕!