2023年高考全真模拟卷（三）数学（新高考卷）02（解析版）

这是一份2023年高考全真模拟卷（三）数学（新高考卷）02（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，设函数，，若实数，满足，，则，已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷（二）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、 单项选择题：本题共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.1．设集合，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【详解】集合A中满足小于的自然数元素有0，1，2，所以.故选：C.2．设，则z的共轭复数的虚部为（   ）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题可得，则，所以z的共轭复数的虚部为.故选：A．3．等比数列的前n项和为，若，，则（    ）A．60 B．70 C．80 D．150【答案】D【详解】因为是等比数列，所以成等比数列，又因为，，，则，，所以，.故选：D.4．已知，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】，若，则，，则前者可以推出后者，，若，则，则后者无法推出前者，故前者是后者的充分不必要条件，故选：A.5．已知双曲线，、分别是上下顶点，过下焦点斜率为的直线上有一点满足为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C．3 D．4【答案】D【详解】解：依题意可得，，，直线的方程为，过点作轴，垂足为，因为，所以，，所以，则，，所以，又点在直线上，所以，所以.故选：D6．设函数，，若实数，满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】是单调递增函数，且，又因为在是单调递增函数，且，，又，，故选：B．7．血氧饱和度是血液中被氧结合的氧合血红蛋白的容量占全部可结合的血红蛋白容量的百分比，即血液中血氧的浓度，它是呼吸循环的重要生理参数．正常人体的血氧饱和度一般不低于95%，在95%以下为供氧不足．在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型：描述血氧饱和度（单位：%）随给氧时间（单位：时）的变化规律，其中为初始血氧饱和度，为参数．已知，给氧1小时后，血氧饱和度为70．若使得血氧饱和度达到正常值，则给氧时间至少还需要（取，，，）（    ）A．1.525小时 B．1.675小时 C．1.725小时 D．1.875小时【答案】D【详解】由题意知：，，，，则，则给氧时间至少还需要小时.故选：D8．已知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：时，，，在上单调递减，在上单调递增，，时，，在上单调递减，在上单调递增，，画出的图像如下图，有四个零点即的图像与有四个不同交点，由图可得，是方程，即的两根，是方程，即的两根，，，则，设，，则，在上单调递增，当时，，即. 故选：A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．已知两种不同型号的电子元件的使用寿命（分别记为，）均服从正态分布，，，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列选项正确的是（    ）参考数据：若，则，．A．B．对于任意的正数，有C．D．【答案】ABD【详解】解：对于A：，故A正确；对于B：对于任意的正数，由图象知表示的面积始终大于表示的面积，所以，故B正确，对于C：由正态分布密度曲线，可知，所以，故C错误；对于D：由正态分布密度曲线，可知，所以，故D正确；故选：ABD．10．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．是偶函数B．在上有4个零点C．的最大值为D．在区间上单调递增【答案】AC【详解】的定义域为，且，故为偶函数，故A正确.当时，，令，则，解得，故在上有2个零点，故B错误.又当时，，因为且在不单调，故在区间上不单调，故D错误.当时，；当时，；故，而，故是周期函数且周期为.而当时，，故，此时，故，故，故，由为偶函数可得在上的最大值为，由的周期性可得在上的最大值为.故选：AC.11．已知直线，圆，则以下命题正确的是（   ）A．直线均与圆E不一定相交B．直线被圆E截得的弦长的最小值C．直线被圆E截得的弦长的最大值6D．若直线与圆E交于与圆E交于，则四边形面积最大值为14【答案】BCD【详解】解析：由题意，直线，即.令，得，即直线过定点;直线，即，令，得，即直线过定点，所以直线过同一个定点，记为点M.圆可化为，而点在圆E内部，所以直线均与圆E相交，所以A选项错误；对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最小，且最小值为，所以B选项正确；对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最大，且最大值恰好为圆E的直径6，所以C选项正确；又当时，直线的斜率为a，直线的斜率为，即直线.设圆心E到直线的距离分别为，则，又，即，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故四边形面积最大值为14，所以D选项正确，故选：BCD.12．.如图，在菱形中，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若分别为直线上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．无论P运动到哪，都是锐角B．线段的最小值为C．平面平面D．当分别为线段的中点时，与所成角的余弦值为【答案】BCD【详解】取的中点，连接，由题意可知：，因为，所以，又易知，因为 ，所以平面，因为平面，所以平面平面，故C正确，当P点与O点重合时， ，A错误；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，设，由得，， ，当时，，故B正确；当分别为线段的中点时，设与所成的角为，所以与所成角的余弦值为，故D正确；故选：BCD.二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知均为非零向量，且，则向量与的夹角为____________．【答案】##【详解】设与的夹角为，因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，故答案为：14．若的展开式中所有项的系数和为243，则展开式中的系数是___________.【答案】9【详解】中令得：，解得：，的展开式的通项公式为，当时，，则，当时，，则，当时，，不合要求，舍去，故展开式中的系数为.故答案为：9.15．有形状完全相同的4个白球和4个红球，若一个袋中放有3个白球和2个红球，另一个袋中放有1个白球和2个红球，任选一个袋子取出一球，则恰好取出的是白球的概率为________．【答案】【详解】解：设A表示选择其中有3白球、2红球的袋子，B表示取出白球，则，．故答案为：．16．已知函数，若在时恒成立，则的取值范围是___________.【答案】【详解】因为，因为是单调递增函数，且，所以根据复合函数的单调性性质可得是单调递减函数，而所以在时恒成立可转化成在时恒成立，可整理得在时恒成立，设当时，的对称轴为，此时，当，恒成立，满足题意，所以由可得，所以，解得，因为，所以；当，的对称轴为，则，解得，所以或，所以或，因为，所以或，综上所述，的取值范围是故答案为： 四、解答题：本小题共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．在“①，；②，”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.已知正项等比数列的前项和为，满足___________.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)；(2).【详解】（1）解：若选①，：设公比为，显然.因为，，因为，两式作商可得，整理可得，解得或（舍去），将代入可得，所以；若选②，：设公比为，显然.由已知可得，，因为，两式作商可得，整理可得，解得或（舍去），将代入可得，，所以.（2）解：由（1）知，，则.所以，，，两式作差可得，，所以.18．某市工业部门计划对所辖中小型企业推行节能降耗技术改造，下面是对所辖的400家企业是否支持技术改造进行的问卷调查的结果： 支持不支持合计中型企业602080小型企业180140320合计240160400 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关；(2)从上述支持技术改造的中小型企业中，按分层随机抽样的方法抽出12家企业，然后从这12家企业中随机选出9家进行奖励，中型企业每家奖励60万元，小型企业每家奖励20万元．设为所发奖励的总金额（单位：万元），求的分布列和均值．附：，．  【答案】(1)推断犯错误的概率不大于．(2)分布列见解析，270【详解】（1）零假设为：“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”无关根据列联表中的数据，计算得到，．根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“支持节能降耗技术改造”与“企业规模”有关联，此推断犯错误的概率不大于．（2）由（1）可知支持节能降耗技术改造的企业中，中型企业与小型企业的数量比为．所以按分层随机抽样的方法抽出的12家企业中有3家中型企业，9家小型企业．选出的9家企业的样本点是，，，（前者为中型企业家数，后者为小型企业家数）．故的所有可能取值为180，220，260，300．，，，，故的分布列为180220260300 的均值为．19．如图，在四边形中，已知.(1)若，求的值；(2)若，四边形的面积为4，求的值.【答案】(1)(2) 【详解】（1）解：在中，∵，则∴．在中，由正弦定理得，，∴．∵，∴，∴．（2）解：在、中，由余弦定理得，，，从而①，由得，②，得，，∴．20．如图1，在平面六边形ADCFBE中，四边形ABCD是边长为的正方形，和均为正三角形，分别以AC，BC，AB为折痕把折起，使点D，F，E重合于点P，得到如图2所示的三棱锥．(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若点M是棱PA上的一点，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）取的中点，连接，∵，为的中点，∴，又∵，则，∴，平面PAC，则平面PAC，平面ABC，故平面PAC⊥平面ABC.（2）连接，由（1）可知：平面PAC，则直线BM与平面PAC所成的角为，即，当取到最大时，则取到最小，即，且，故当为的中点时，直线BM与平面PAC所成的角最大，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，∵，则有，令，则，即，由题意可得：平面的法向量为，∵，由图可得二面角为锐角，故二面角的余弦值为.21．已知抛物线，点为直线上的动点（点的横坐标不为0），过点作的两条切线，切点分别为．(1)证明：直线过定点；(2)若以点为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求四边形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)． 【详解】（1）设，，，因为，则，所以，则切线的斜率为，故，整理得，同理可得，故直线的方程为，所以直线过定点.（2）由（1）知直线的方程为，，，由整理得，于是，，，则，故．设，分别为点，到直线的距离，则，，四边形的面积，设为线段的中点，则．由，得，解得，将代入式解得，故四边形的面积为．22．已知函数，．(1)证明：存在唯一零点；(2)设，若存在，使得，证明：．【详解】（1）由题意可得，记，则，因为时，恒成立，所以在上单调递增，因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以有唯一零点0．（2）由可得，若是方程的根，则是方程的根，因为，都单调递增，所以，，设，，所以的解为，的解为，所以在上递减，在上递增，所以的最小值为，即的最小值为．故原不等式成立.