冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷03（新高考全国Ⅰ卷）（解析版）

2023年新高考全国Ⅰ卷模拟测试卷03

一、单选题

1．已知集合，，则集合的元素个数为（    ）

A．6 B．7

C．8 D．9

【答案】B

【分析】解指数不等式求得集合，解分式不等式求得集合，由此求得集合的元素个数.

【解析】由得，，解得，所以.由解得，所以.所以，共有个元素.

故选：B.

【点睛】本小题主要考查指数不等式、分式不等式的解法，考查集合元素的判断，属于基础题.

2．设为复数，为虚数单位，关于的方程有实数根，则复数的模的范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设是方程的实数根，易知，则，根据复数的几何意义可得，结合基本不等式计算即可求解.

【解析】由题意知，设是方程的实数根，

则，若，则，等式不成立，

所以，有，

所以，

当且仅当即时等号成立.

所以的取值范围为.

故选：B.

3．已知向量不共线，则“”是“的夹角为钝角”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】分别对命题的充分性和必要性进行判断即可得到答案.

【解析】充分性：因为，向量不共线，

所以，即的夹角为钝角，满足充分性.

必要性：若的夹角为，，，

则，所以不满足，不满足充分性.

所以“”是“的夹角为钝角”的充分不必要条件.

故选：A

4．已知的解集为，则的值为（    ）

A．1 B．2 C．-1 D．-2

【答案】B

【分析】由题知为方程的一个根，由韦达定理即可得出答案.

【解析】因为的解集为，

所以为方程的一个根，

所以．

故选:B．

5．随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（    ）

A．事件与事件是相互独立事件 B．事件与事件是互斥事件

C． D．

【答案】C

【分析】根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误.

【解析】投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种；

满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种；

，C正确；，D错误；

，不是相互独立事件，A错误；

事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误.

故选：C.

6．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.

【解析】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，

则如图，水最少的临界情况为，水面为面，

水最多的临界情况为多面体，水面为，

因为，

，

所以，即.

故选：A.

7．椭圆具有光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点(如图).已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆E交与点A，B，过点A作椭圆的切线l，点B关于l的对称点为M，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合题目所给信息及图形可得，后由椭圆定义及条件可得，.最后由可得答案.

【解析】如图，由椭圆的光学性质可得三点共线.

设，则，.

故，解得.又，所以，.

所以.

故选：A.

8．已知数列的前项和满足．若存在，使得，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用求通项公式，判断出数列不单调，只需，即可求得.

【解析】因为数列的前项和满足，

所以当n=1时，有.不合题意；所以，解得：；

当时，.，解得：.

设，解得：，可得：，

所以是公比为，首项的等比数列，

所以，所以.

经检验，对n=1也成立.

若存在，使得，则数列不单调.

只需，则正负项交替出现，符合题意，此时.

当时，单调递增，不符合题意；

当时，单调递减，不符合题意；

而.

综上所述：.

故选：A

二、多选题

9．已知随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（    ）

A．， B．若，则

C． D．随机变量满足，则

【答案】ABC

【分析】根据正态分布的定义求数学期望和方差求解A，再根据正态分布密度曲线的对称性可求解相应的概率求解B,C，再根据变量关系的期望公式可求解D.

【解析】因为,所以，，A正确；

因为，所以，B正确；

因为，所以，C正确；

因为，所以，

所以,D错误，

故选:ABC.

10．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．

B．

C．的图象关于点对称

D．在区间上单调递增

【答案】ACD

【分析】根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确答案.

【解析】，，由于，

所以，所以A选项正确，B选项错误.

，

当时，得，所以关于对称，C选项正确，

，

当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确.

故选：ACD

11．如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（    ）

A．CD⊥平面ABC B．AC与BE所成角的大小为 C． D．该六面体外接球的表面积为3π

【答案】ACD

【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.

【解析】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，

所以，

即 又，

所以CD⊥平面ABC，故A正确；

因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，

因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，

因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，

在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，

同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，

所以，三点共线；

因为，因为正三角形的中心，所以，

设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，

所以，解得，所以，所以，又，

所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；

因为，所以，故C正确；  

显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，

所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.

故选：ACD.

12．已知抛物线的焦点为，以该抛物线上三点为切点的切线分别是，直线相交于点与分别相交于点.记的横坐标分别为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】利用导函数和斜率的关系表示出切线方程可求出的坐标可判断A，根据向量数量积的坐标运算判断B,并根据两点间的距离公式运算求解即可判断C,D.

【解析】设，

所以，即，

同理，

，即，也即，B正确；

不一定为A错误；

正确；

正确，

故选:BCD.

三、填空题

13．已知函数，则__________.

【答案】4

【分析】根据分段函数的定义求解即可.

【解析】由，

所以，

所以.

故答案为：4.

14．的展开式中含项的系数为___________.

【答案】

【分析】利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解.

【解析】，

的展开式中项为：，

的展开式中没有项，

故的展开式中含项的系数为，

故答案为：.

15．过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为___________.

【答案】

【分析】根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.

【解析】圆的圆心，半径，方程化为一般式方程为，

则，

以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，

∵，则是圆与圆的交点，

两圆方程作差可得：，

∴直线的方程为.

故答案为：.

16．已知函数的两个零点为，，函数的两个零点为，，则________

【答案】2

【分析】由题可得，进而可得，然后结合条件即得.

【解析】因为函数的两个零点为，，

则，即，

又，

则，即，

所以.

故答案为：2.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构函数可得，可得，结合条件即得.

四、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，且，.

(1)求的通项公式；

(2)数列满足，求的前n项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据等比数列基本量的运算可得，，即可得数列的通项公式；

（2）由题可得，然后利用错位相减法求解即可；或利用裂项相消法求和即得.

【解析】（1）设数列的公比为，则，，解得，

所以，即的通项公式为；

（2）方法一：由题可知，

则，

，

所以，

.

方法二：，

所以

18．在中，的对边分别为.

(1)若，求的值；

(2)若的平分线交于点，求长度的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；

（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；

【解析】（1）已知，

由正弦定理可得，

，

，

，

， 即，

.

（2）由（1）知，由，则.

设，，

，，

.

19．如图，四边形ABCD是边长为的菱形，DD1⊥平面ABCD，BB1⊥平面ABCD，且BB1＝DD1＝2，E，F分别是AD1，AB1的中点．

（1）证明：平面BDEF∥平面CB1D1；

（2）若∠ADC＝120°，求直线DB1与平面BDEF所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，可证明平面，平面，从而证明结论.

（2）取的中点，连接，可得,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系,应用向量法求线面角.

【解析】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，

∵是的中点，

平面,平面,所以平面

又是的中点

平面,平面,所以平面

又平面,, 所以平面平面．

（2）取的中点，连接，

在菱形中，为正三角形，则 

由平面，

故以所在直线分别为轴，建立如图示的空间直角坐标系     

则

∴

设平面BDEF的法向量为，即，

令则

设直线与平面所成角为，

则

故直线与平面所成角的正弦值为

【点睛】方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取

1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.

2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.

3、求：求出所需平面的法向量

4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值

5、取：根据题意，或二面角的范围，得出答案.

20．随着科技的发展，手机的功能已经非常强大，各类APP让用户的生活质量得到极大的提升，但是大量的青少年却沉迷于手机游戏，极大地毒害了青少年的身心健康.为了引导青少年抵制不良游戏，适度参与益脑游戏，某游戏公司开发了一款益脑游戏APP，在内测时收集了玩家对每一关的平均过关时间，如下表：

(1)通过散点图分析，可用模型拟合y与x的关系，试求y与x的经验回归方程；

(2)甲和乙约定举行对战赛，每局比赛通关用时少的人获胜（假设甲､乙都能通关），两人约定先胜4局者赢得比赛.已知甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，若前3局中甲已胜2局，乙胜1局，求甲最终赢得比赛的概率.

参考公式：对于一组数据（xi，yi）（i=1，2，3，…，n），其经验回归直线ŷ=x+的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.

参考数据：，其中.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先对两边取对数，将其转化为线性回归方程，再利用最小二乘法及参考数据即可得解；

（2）利用独立事件概率的乘法公式，结合接下去的对局情况求解即可.

【解析】（1）令，由，即，

，，

，

，

.

（2）记“甲最终赢得比赛”为事件，

则事件包含三种情况：

一是接下去进行两局比赛，甲都赢了；

二是接下去进行三局比赛，乙在前两局胜了其中一局，甲赢了剩余两局；

三是接下去进行四局比赛，乙在前三局胜了其中两局，甲赢了剩余两局；

故，

所以甲最终赢得比赛的概率为.

21．设函数，.

(1)若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值；

(2)若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）设切点为，结合导数的几何意义求解即可；

（2）由有两个极值点，可得有两个不等的正根，且，可得，要证：，即证.令证，进而构造函数，再利用导数求解即可；

【解析】（1）设与切于，

由，则，

所以，则，

即，

令，则，

所以在上单调递增，

又，所以，

所以.

（2）解法一：

由，

所以，

因为有两个极值点，

，即有两个不等的正根，且，

，

要证：，即证.

不妨设，即证：，

即证：，

令证

令，

在上，证毕!

解法二：

因为，所以，

令，则，

因为函数有两个极值点，所以，解得.

所以，

所以的斜率

.

令，则，

所以在上单调递增，又，

所以当时，.

不妨设，令，则，

所以，

即，证毕!

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，通常要分析不等式结构，构造函数求解.本题关键在于分析要证：，即证.令证，进而构造函数，再利用导数求解.

22．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a、b为正常数)的右顶点为A，直线l与双曲线C交于P、Q两点，且P、Q均不是双曲线的顶点，M为PQ的中点．

(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为k1、k2，求k1·k2的值；

(2)若＝，试探究直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；否则，说明理由．

【答案】(1)

(2)直线l过定点(，0)

【分析】（1）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，根据M为PQ的中点，利用点差法求解；

（2）根据＝，得到APQ是以A为直角顶点的直角三角形，则AP⊥AQ，然后直线l的斜率不存在，直线l的斜率存在时，将直线方程y＝kx＋m，与双曲线方程－＝1联立，由(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0结合韦达定理求解.

【解析】（1）解：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，

因为P、Q在双曲线上，

所以－＝1，－＝1，

两式作差得－＝0，

即＝，

即＝，

即k1·k2＝；

（2）因为＝，

所以APQ是以A为直角顶点的直角三角形，即AP⊥AQ；

①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入－＝1得，y＝±b，

由|t－a|＝b得，(a2－b2)t2－2a3t＋a2(a2＋b2)＝0，

即[(a2－b2)t－a(a2＋b2)](t－a)＝0，

得t＝或a(舍)，

故直线l的方程为x＝；

②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，代入－＝1，

得(b2－k2a2)x2－2kma2x－a2(m2＋b2)＝0，

Δ＝a2b2(m2＋b2－k2a2)＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则x1＋x2＝，x1x2＝－；

因为AP⊥AQ，

所以·＝0，

即(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0，

即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋y1y2＝0，

即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，

即(km－a)(x1＋x2)＋(k2＋1)x1x2＋m2＋a2＝0，

即＝0，

即a2(a2＋b2)k2＋2ma3k＋m2(a2－b2)＝0，

即[a(a2＋b2)k＋m(a2－b2)](ak＋m)＝0，

所以k＝－或k＝－；

当k＝－时，直线l的方程为y＝－x＋m，此时经过A，舍去；

当k＝－时，直线l的方程为y＝－ x＋m，

恒过定点(，0)，经检验满足题意；

综上①②，直线l过定点(，0)．