新高考仿真模拟卷A【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A【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20页。试卷主要包含了已知，则，有甲、乙两组数据，甲等内容，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A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．已知集合，，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：由题意可知：，则.故选B.2．已知，其中是实数，是虚数单位，则A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：因为，所以，由复数相等的定义，，即m=2，n=1，，故选C．考点：本题主要考查复数的代数运算，复数的概念．点评：简单题，高考必考题型，往往比较简单．细心计算即可．3．马林•梅森（MarinMersenne，1588-1648）是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物．梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对作了大量的计算、验证工作．人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如（其中p是素数）的素数，称为梅森素数（素数也称质数）．在不超过30的素数中，随机选取3个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】列举法找出所有不超过30的素数和梅森素数，计算随机抽取其中3个素数时，不含梅森素数的概率，用1减去即可求出含有一个梅森素数的概率.【详解】不超过30的素数，有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,一共有10个.其中梅森素数为：3,7，共有2个.不含梅森素数的概率为,则随机选取3个素数，至少有一个梅森素数的概率为.故选：A.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为正弦的形式，然后结合在上的单调性，以及在上的单调性，判断出的大小关系.【详解】，而在上递增，所以，由于在上递增，所以，所以.故选：D.5．我国于2021年5月成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”，操控的超导量子比特为62个.已知1个超导量子比特共有“，”2种叠加态，2个超导量子比特共有“，，，”4种叠加态，3个超导量子比特共有“，，，，，，，”8种叠加态，…，只要增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长.设62个超导量子比特共有种叠加态，则是一个（    ）位的数.(参考数据：)A．18 B．19 C．62 D．63【答案】B【分析】根据题意个超导量子比特共有种叠加态，进而两边取以为底的对数化简整理即可得答案.【详解】根据题意，设个超导量子比特共有种叠加态，所以当有62个超导量子比特共有种叠加态。两边取以为底的对数得，所以，由于，故是一个19位的数.故选：B【点睛】本题考查数学文化，对数运算，考查知识的迁移与应，是中档题.本题解题的关键在于根据材料得个超导量子比特共有种叠加态，进而根据对数运算求解.6．为双曲线的两个焦点，点P在双曲线上，且，则的面积是（    ）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【解析】先求出双曲线的a,b,c，再利用中三边关系求出，再由直角三角形面积公式即得结果.【详解】由得标准方程为得，.故中，所以.故选：B.7．棱长为的正方体内有一个棱长为的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可知棱长为的正四面体的外接球的半径为，设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，表示出，然后结合图形利用勾股定理列方程求解【详解】棱长为的正方体的内切球的半径为，因为正四面体可以在正方体内任意转动，所以只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为的正四面体的外接球的半径为，设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，为底面正的中心，则 ，体高为 ，由于外接球半径为 ，利用勾股定理得： ，解得，或（舍去），故选：D8．若关于x的方程存在三个不等实根，则实数a的取值范围是　　A． B． C． D．【答案】C【详解】　若关于的方程等价于，令，的两根一正一负，由在 上递增，在 上递减，且 时，结合 的图象可知，要使关于的方程存在三个不等实根，只需令的正根满足，即可，解得，故选C.【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质、利用导数研究函数的单调性以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质． 二、多选题9．有甲、乙两组数据，甲：1，2，a，b，10，其中a，；乙：1，2，5，6，11．已知甲组数据的平均数等于乙组数据的中位数，要使甲组数据的方差小于乙组数据的方差，则可以为（    ）A．（3，9） B．（7，5） C．（2，10） D．（8，4）【答案】BD【分析】根据所给数据乙组数据的中位数为5，所以甲组数据的平均数，解得，再根据甲组数据的方差小于乙组数据的方差，可得，结合答案即可得解.【详解】由题意可得甲组数据的平均数为5，则，所以，又乙组数据的平均数为，甲组数据的方差小于乙组数据的方差，所以，即，又a，，，所以可以为（4，8），（5，7），（6，6），（7，5），（8，4），故选：BD．10．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（    ）A．该截角四面体的表面积为B．该截角四面体的体积为C．该截角四面体的外接球表面积为D．该截角四面体中，二面角的余弦值为【答案】ABC【分析】根据截角四面体的定义，还原为正四面体，然后利用正四面体的相关性质逐项求解判断；【详解】如图所示：由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，故，A正确；∵棱长为的正四面体的高，∴，B正确；设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，∵截角四面体上下底面距离为，∴，∴，∴，∴，∴，∴，C正确；易知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为负值，D错误，故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题关键是将几何体还原为正四面体，结合正四面体的相关性质而得解.11．设是定义域为的奇函数，且的图象关于直线对称，若时，，则（    ）A．为偶函数B．在上单调递减C．在区间上有4046个零点D．【答案】AB【分析】利用函数的平移变换和伸缩变换判断A，利用导函数研究的单调性，结合奇函数的性质判断B，利用是奇函数和是偶函数求得的周期判断CD.【详解】因为的图象关于直线对称，所以将的图象向右平移个单位得的图象关于轴对称，再将的横坐标扩大为原来的2倍得的图象关于轴对称，即为偶函数，A正确；由题意可得当时令，则在恒成立，所以单调递减，又，所以当时，单调递增，当时，，单调递减，因为是奇函数，所以在上单调递减，B正确；由A可得关于对称，结合是奇函数可得，所以，即是以为周期的周期函数，因为，结合 单调性和关于对称可得在区间上有2个零点，又因为是定义在上的奇函数，，所以在区间上有6个零点，所以在区间上有3036个零点，C错误；因为，，，，所以，D错误；故选：AB12．已知数列，，且满足，，则（    ）A． B．的最大值为C． D．【答案】BCD【分析】根据递推关系式可求得，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确.【详解】对于A，当时，，即，解得：；当时，，即，解得：；当时，，即，解得：；，A错误；对于B，由得：，又，，，，，数列为正项递减数列，，B正确；对于C，由得：，，，数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），，即，，C正确；对于D，由C知：，，，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论. 三、填空题13．曲线在点处的切线方程为______.【答案】【分析】先对函数求导，再将代入导函数求出斜率，最后由直线的点斜式方程即可求出结果.【详解】因为，所以，当时，，所以切线方程为，整理得.故答案为：.14．在代数式的展开式中，四次项的系数是___________.（用数字作答）【答案】【分析】写出二项展开式的通式，确定四次项对应的的值即可求得结果.【详解】由题意可知，假设展开式中第项是四次项则需满足，得所以四次项为，四次项的系数是.故答案为：15．已知，点D满足，点E为线段CD上异于C，D的动点，若，则的取值范围是_________.【答案】【分析】利用向量得加减法，利用为基底，表示出，整理方程，结合二次函数得性质，可得答案.【详解】由题意设，，因为，所以，所以，又，则，所以，又因为，由二次函数得性质得，所以得取值范围为.故答案为：.16．已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.【答案】          【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，，椭圆的短轴长为，椭圆；设，，，，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解. 五、解答题17．如图，已知四边形中，（1）求BD长度的最大值；（2）若面积是面积的6倍，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）D点轨迹为以AC为直径的半圆，圆心为AC中点E，所以BD最大值为BE加半径1，由此即得结论；（2）设，，分别求出两个三角形面积，由题意可求得．【详解】解：（1）D点轨迹为以AC为直径的半圆，圆心为AC中点E，所以BD最大值为BE加半径1，，，（2）设，，则，，，由题意，则，所以.则，解得.【点睛】结论点睛：平面上一定点到圆上点的距离的最大值为，最小值为（其中是圆半径）．18．从条件①；②；③中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列的前项和为，，_____________.(1)求的通项公式；(2)表示不超过的最大整数，记，求的前项和.【答案】(1)若选①或②，,；选③，(2)若选①或②，；选③，【分析】（1）①②都是利用的方法进行简化，然后得到与的关系，进而得到通项公式；③利用的方法进行化简，得到与的关系，进而得到通项公式；（2）利用①②③的结果代入的具体值，通过求和得到答案.（1）若选①：因为，所以，两式相减得，整理得，即，所以为常数列，，所以；若选②：因为，所以，两式相减，得，因为，所以，故为等差数列，则；若选③：由，变形得：，则，易知，所以，则为等差数列，由，则，，所以，由当时，，也满足上式，所以.（2）若选①或②：由题意，，当时，，；当时，，；当时，；.若选③：由题意，，当时，，；当时，，；当时，，；.19．菜农定期使用低害杀虫农药对蔬菜进行喷洒，以防止害虫的危害，但采集上市时蔬菜仍存有少量的残留农药，食用时需要用清水清洗干净．假设1千克该蔬菜用清水千克清洗后，蔬菜上残留的农药为微克，通过样本数据得到关于的散点图．由数据分析可用函数拟合与的关系.（1）求与的回归方程（精确到0.1）；（2）已知对于残留在蔬菜上的农药，当它的残留量不超过20微克时对人体无害．为了放心食用该蔬菜，请估计至少需要用多少克的清水清洗1千克蔬菜？（答案精确到0.1）附：①参考数据：，，（其中），．②参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.【答案】(1) ；(2) 4.5千克【分析】（1）根据散点图，求得，，再由公式求出和的值，即可求得回归直线的方程；（2）当时，代入回归方程，求得，即可得到结论．【详解】（1）由题意，可得，，所以，所以，∴关于的线性回归方程为，∴关于的回归方程为．（2）当时，即，解得，∴为了放心食用该蔬菜，估计至少需要用4.5千克的消水清洗1千克蔬菜．20．在多面体中，已知，，，．（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）先作辅助线，证得，再结合，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，最后利用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可；（2）可以利用传统法，通过线面位置关系的证明及线面角的定义找到线面角，再求线面角的正弦值，也可以建立空间直角坐标系，利用向量法求解，还可以利用等体积法求解．【详解】解：（1）如图，分别取，的中点，，连接，则．因为，所以，连接，，则四边形为平行四边形，所以．因为，所以，所以．又，所以，又，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）取的中点，的中点，连接，，，因为，所以，在等腰梯形中，易得，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．过作于点，则平面，平面，所以，连接，则就是直线与平面所成的角．由，得，，，，，是中点，，，等腰梯形中，，所以在等腰中，腰上的高，又，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，求直线与平面所成的角，求线面角的常用方法主要有定义法、向量法、等体积法这三种，其中定义法的思维量较大，向量法的思维量相对较小，但运算量相对较大，考生在做题时要根据自己的情况选择合适的方法．21．已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，设函数的两个零点为，，试证明：.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.【解析】（1）求出导函数，讨论的取值范围，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解. （2）利用导数求出函数的极大值，由零点存在性定理可得两零点所在的区间，不妨设，则有，构造函数，，利用导数判断出函数单调递增，从而可得，再由即可求解.【详解】解：（1）易得函数的定义域为.对函数求导得：.当时，恒成立，即可知在上单调递增；当时，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，，，此时在上单调递增，在上单调递减.，又，，不妨设，则有，令，，.当时，，单调递增，，，，又，，，，在上单调递减，，即.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式，属于难题.22．点F是抛物线的焦点，O为坐标原点，过点F作垂直于x轴的直线l，与抛物线相交于A，B两点，，抛物线的准线与x轴交于点K．(1)求抛物线的方程；(2)设C、D是抛物线上异于A、B两点的两个不同的点，直线相交于点E，直线相交于点G，证明：E、G、K三点共线．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）写出A、B点坐标，代入方程求得参数即可；（2）设求出直线BD、直线AC得交点E，求出直线AD、直线BC得交点G，说明直线EK的斜率与直线GK的斜率相同即可得证.【详解】（1）由题意，得，因为，轴，不妨设，代入抛物线，得，所以抛物线的方程为；（2），准线为，，设直线AC为①，直线BD为②，联立①②，解得，即，直线AD为③，直线BC为②，联立③④，解得，即，直线EK的斜率直线GK的斜率，则直线EK的斜率与直线GK的斜率相同，所以E、G、K三点共线.