新高考仿真模拟卷B【10天刷完高考真题】冲刺2023年高考数学考前必刷题限时集训练（新高考通用）解析版

这是一份新高考仿真模拟卷B【10天刷完高考真题】冲刺2023年高考数学考前必刷题限时集训练（新高考通用）解析版，共21页。试卷主要包含了，不等式恒成立，则的最大值为等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷B数学（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题1．集合的另一种表示法是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】题中所给集合中元素为小于5的正自然数，改用列举法表示即可.【详解】集合中元素为小于5的正自然数，可用列举法表示为.故选：B【点睛】本题考查集合的表示方法，属于基础题.2．在复平面内，复数，那么（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据复数代数形式的乘法化简复数，再根据复数模的计算公式计算可得；【详解】解：，所以；故选：D3．《三十六计》是中华民族珍贵的文化遗产之一，是一部传习久远的兵法奇书，与《孙子兵法》合称我国古代兵法谋略学的双壁.三十六计共分胜战计､敌战计､攻战计､混战计､并战计､败战计六套，每一套都包含六计，合三十六个计策，如果从这36个计策中任取2个计策，则这2个计策都来自同一套的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】分别求出总的基本事件数和2个计策都来自同一套基本事件数，然后利用概率公式计算即可.【详解】解：由已知从这36个计策中任取2个计策总共有种，其中2个计策都来自同一套的有种，故所求概率.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的计算，是基础题.4．已知函数，则其导函数的图像大致是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求出，可根据为偶函数和得到正确的选项.【详解】因为，所以，∴为偶函数，其图象关于轴对称，故排除选项A、B；又，故排除选项D.故选：C.5．如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作.该杯的主体部分可以近似看作是离心率为的双曲线的右支与轴及平行于轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕轴旋转一周得到的几何体，若P为C右支上的一点，F为C的左焦点，则与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为（   ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】根据双曲线的离心率求得双曲线的方程，求得双曲线右焦点到渐近线的距离，结合双曲线的定义求得所求的最小值.【详解】由题意可知，，双曲线方程为，一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，，与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为，所以与P到C的一条渐近线的距离之和的最小值为.故选：C6．若直线与曲线有公共点，则实数的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直线经过原点，画出曲线，通过图形临界位置的分析即可得出实数的范围.【详解】当时，直线为轴与曲线显然有公共点.时，经过原点，斜率为，曲线为圆心（2，2）半径为2的上半圆.当直线经过半圆的右端点A恰好有公共点，逆时针旋转至轴满足题意，如下图.由于 故，解得，综上故选：D.7．在四面体中，，，则该四面体外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】把四面体补形成正方体，转化为正方体的外接球的表面积问题即可.【详解】由，可知为等腰直角三角形，为等边三角形，，所以四面体可补形成正方体，如图所示．即为外接球直径，则，从而外接球表面积．故选：C8．，不等式恒成立，则的最大值为（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简不等式为，构造函数，求导利用函数的单调性求得函数的最小值，判断核对零点，然后求解的最大值即可．【详解】解：原不等式可化为，构造，，令，可得，时，，时，，所以是函数的最小值，所以，当且仅当时等号成立，有零点，所以，即．故选：A．二、多选题9．为了调查某地大学应届毕业生的工资情况，并绘制相应的频率分布直方图，研究人员得到数据后将他们的工资分为5组，分别为[1000，2000），[2000，3000），[3000，4000），[4000，5000），[5000，6000]，其对应的频率为（）．已知绘制的频率分布直方图关于直线对称，则不能确定该频率分布的数据是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】由频率分布直方图的对称性，A项代值可直接判断能确定；B项结合对称性代换可得，则B项不能确定；C项由对称性可知，只能确定的值；由对称性和等号性质可知D项等号全部能取到，从而确定至为确切值.【详解】对于A，，，，故A能确定频率分布；对于B，因为，所以，又，所以，故B不能确定频率分布；对于C，，只能确定的值，不能确定，，，的值，故C不能确定频率分布；对于D，，又，，故，而，解得，，，故D能确定频率分布．故选：BC．10．函数的部分图象如图所示，点是图象上的最高点，点是图象与轴的交点，点在轴上.若是等腰直角三角形，则下列结论正确的是（    ）A．B．在区间上单调递增C．的图象关于点对称D．在区间上有个极值点【答案】AC【分析】根据图象以及是等腰直角三角形，求出，计算可知A正确；当时，，可知B错误；计算可知C正确：由解得或，可知D错误.【详解】由题意可得，则,该函数的最小正周期，则.又点在的图像上，所以，，则，所以，所以，A正确；当时，，单调递减，B错误；，所以的图像关于点对称，C正确：令，则，，即，.又，则或，即在区间上有个极值点，D错误.故选：AC.【点睛】本题考查了由图象求解析式，考查了三角函数的单调性、对称性，考查了函数极值，属于中档题.11．形如的函数，因其图象类似于汉字“囧”，故被称为“囧函数”，则下列说法中正确的选项为（       ）A．B．函数的图象关于直线对称C．当时，D．方程有四个不同的根【答案】ACD【详解】对于A，，，故A正确；对于B，，，，不关于直线对称，故B错误；对于C，当时，，此时，则，，则；当时，，此时，则，则；综上所述：当时，，故C正确；对于D，在平面直角坐标系中，作出与的图象如下图所示，由图象可知：与有四个不同交点，方程有四个不同的根，故D正确.故选：ACD12．如图，棱长为2的正方体的内切球球心为，分别是棱的中点，在棱上移动，则（    ）A．对于任意点，平面B．存在点，使平面C．直线的被球截得的弦长为D．过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值为【答案】BD【分析】A选项，举出反例；B选项，取为的中点时，证明平面；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值.【详解】正方体内切球的球心即正方体的中心，且球半径，当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误；当为的中点时，，，，则平面，因为平面，所以；同理，，因为，所以平面，即平面，B正确；取的中点，由对称性可知，，则.因为，，则，所以直线的被球截得的弦长为，C错误；设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则.因为，则，所以截面圆面积，D正确，故选：BD.第II卷（非选择题）三、填空题13．已知向量，，且，则______.【答案】【解析】根据平面向量共线的坐标表示列式可得结果.【详解】因为，所以，解得.故答案为：.14．设为数列的前项和，满足，，其中，数列的前项和为，则___________.【答案】【分析】由累乘法可求，然后利用裂项相消法即求.【详解】由，得，累乘，得，化简得，，，当时，成立，，，，.故答案为：.15．已知函数，，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为_________.【答案】【分析】由题知，进而将问题转化为函数与函数的图象恰有2个公共点，再结合导数几何意义求解切线，数形结合求解即可.【详解】解：由得，由题意得，函数与函数的图象恰有2个公共点，作出函数的图象，如图，再作出直线，它始终过原点，设直线与相切，切点为，由知，切线斜率为，切线方程为，把代入得，所以切线斜率为，设与相切，则，所以，，解得舍去），由图可得实数m的取值范围是或.故答案为：16．如图，在直三棱柱中，点为棱上的点.且平面，则________.已知，，以为球心，以为半径的球面与侧面的交线长度为________.【答案】     1     【解析】取的中点为E，分别连接和，利用面面平行的性质定理证明，又，可证得四边形为平行四边形，进而可得为的中点，进一步计算可得的值；球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，通过分析计算可得为等边三角形，进而可求出弧PQ的长度.【详解】取的中点为E，分别连接和，细查题意知，只有当是的中点时，才满足题意，原因如下：当是的中点时，，，，平面，平面，∵，∴平面平面，∵平面，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，又，四边形为平行四边形，，即为的中点，所以；球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，，，，即，易得，取的中点为，故可得，平面平面，平面，平面平面，圆心距，设交线的轨迹为PQ，，截面圆半径，又因为，所以为等边三角形，.故答案为：1，.【点睛】方法点睛：对于第一空，证明四边形为平行四边形，可利用面面平行的性质定理；对于第二空，通过作出图形，分析截面圆的特征，然后进行几何计算，进而得出为等边三角形，最后计算弧长.五、解答题17．的内角的对边分别为，已知.(1)求角C；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）对已知式子化简后利用正弦定理得，再利用余弦定理可求出角C，（2）由，可得，再由正弦定理得，再利用三角形的面积公式可求得结果(1)由，得，得，得，由正弦定理，得.由余弦定理，得..(2)由，得，得，得，由正弦定理，得.又.的面积.18．设各项均为正数的数列的前n项和为，满足对任意，都有.（1）求证：数列为等差数列；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）令求出首项，令求出，将换为，两式相减得出，再将换为，两式相减得，即得证；（2）求出，分别讨论为奇数和偶数，并项求和结合等差数列的求和公式可求出.【详解】（1）当时，，，当时，，两式相减得，，则，两式相减得，即，因为各项为正，，当时，则，即，解得，满足，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列；（2）由（1）可得，，当为偶数时，，当为奇数时，，综上，.【点睛】方法点睛：证明或判断等差数列的方法，（1）定义法：对于数列，若，则数列为等差数列；（2）等比中项法：对于数列，若，则数列为等差数列；（3）通项公式法：若，则数列为等差数列；（4）特殊值法：若是选择题、填空题可以用特殊值法判断.19．如图1所示，四边形为梯形且 ，，为中点，，，现将平面沿折起，沿折起，使平面平面，且重合为点（如图2所示）．(1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析；    (2)（2）以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的一个法向量，易知平面PAD的一个法向量为，然后由求解.(1)证明：因为，即PA=PD=，E为AD的中点，所以是等腰三角形，且，即，又因为平面平面，且平面平面=AD，平面PAD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以，又因为，且，所以四边形NCDE为直角梯形，且DE=DC=1，所以四边形BCDE是正方形，所以，又因为，所以平面PBE，又因为平面PBC，所以平面平面；(2)由（1）知：以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则,，所以，设平面PAC的一个法向量为，则，即，令，则，易知平面PAD的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值是.20．中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的瑰宝，中国象棋使用方形格状棋盘，圆形棋子共有32个，红黑各有16个棋子，摆动和活动在交叉点上．双方交替行棋，先把对方的将（帅）将死的一方获胜，为丰富学生课余生活，现某中学举办象棋比赛，经过3轮的筛选，最后剩下甲乙丙三人进行最终决赛．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙与甲，乙比赛获胜的概率都为(1)如果甲与乙采用5局3胜制比赛（其中一人胜3局即结束比赛），那么甲胜乙的概率是多少；(2)若第一轮甲与乙比赛，丙轮空；第二轮由丙与第一轮的胜者比赛，败者轮空；第三轮由第二轮比赛的胜者与第二轮比赛的轮空者比赛，如此继续下去（每轮都只比赛一局），先胜两局者获得冠军，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局，求乙获得冠军的概率．【答案】(1)(2)【分析】（1）依题意，分别求比三局、四局、五局甲获胜的概率，由此能求出甲获胜的概率．（2）分第一轮乙胜、第一轮甲胜分别计算出概率即可.(1)记比三局甲获胜的概率为，则，比四局甲获胜的概率为，则，比五局甲获胜的概率为，则，则甲获胜的概率为，答：甲胜乙的概率为(2)若第一轮乙胜，则第二轮由乙丙比赛，若第二轮乙胜，则结束比赛，且概率为；若第二轮丙胜，则进入第三轮甲丙比赛，必须甲胜，再进入第四轮由甲乙比赛，并且乙获胜结束比赛，且概率为；若第一轮甲胜，则第二轮由甲丙比赛，必须丙胜，再进入第三轮由丙乙比赛，必须乙胜，再进入第四轮由甲乙比赛，乙获胜，结束比赛，且概率为，故乙获得冠军的概率为，答：乙获得冠军的概率为.21．在直角坐标系中，已知中心在原点，离心率为的椭圆的一个焦点为圆： 的圆心．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设是椭圆上一点，过作两条斜率之积为的直线， ，当直线， 都与圆相切时，求的坐标．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ），或，或，或.【详解】试题分析：（1）圆心坐标是已知的，故椭圆的焦点是已知的，从而半焦距已知了，又有离心率，故半长轴长也能求出，从而求出，而根据题意，椭圆方程是标准方程，可其方程易得；（2）设P点坐标为，再设一条切线的斜率为，则另一条切线的斜率为，三个未知数需要三个方程，点P在椭圆上，一个等式，两条直线都圆的切线，利用圆心到切线的距离等于圆的半径又得到两个等式，三个等量关系，三个未知数理论上可解了，当然具体解题时，可设切线斜率为，则点斜率式写出直线方程，利用圆心到切线距离等于圆半径得出关于的方程，而是这个方程的两解，由韦达定理得，这个结果又是，就列出了关于P点坐标的一个方程，再由P点在椭圆上，可解出P点坐标．试题解析：（1）圆的标准方程为，圆心为，所以，又，，，而据题意椭圆的方程是标准方程，故其方程为．（2）设，得∵，依题意到的距离为整理得同理∴是方程的两实根 ∴ 22．已知函数，为的导数．(1)证明：在区间上存在唯一的极大值点；(2)讨论零点的个数．【答案】(1)证明见解析；     (2)3个.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，令，则，当时，，函数在上单调递增，在上无极值点，当时，在上都递减，即在上递减，而，则存在唯一，，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，则为在上的极大值点，所以在区间上存在唯一的极大值点；（2）当时，，则恒成立，函数在上无零点，当时，，则恒成立，函数在上无零点，当时，，则恒成立，函数在上单调递减，而，因此函数在内有唯一零点，当时，，即0是函数的一个零点，由（1）知在上单调递增，而，则存在唯一，使得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，有，又，因此函数在上有唯一零点，在上无零点，当时，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，因为，则存在唯一，使得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，又，因此函数在上无零点，综上得，函数共有3个零点.【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点