2023届新高考C9模拟数学试题含解析

这是一份2023届新高考C9模拟数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届新高考C9(镇海中学、衡水中学、历城二中、南京外国语、复旦附中、福州一中、武昌实验、湖南师大附中、华南师大附中)模拟数学试题.doc 一、单选题1．已知全集，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由补集的定义求出，，再由交集的定义即可求解.【详解】因为，，，，故=.故选：D.2．已知复数满足，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】根据题意，由复数的运算化简复数，再由复数的模长公式即可得到结果.【详解】因为，则，所以.故选：B3．函数的图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】A【分析】通过函数的奇偶性和特殊点的函数值，排除法得到正确答案．【详解】记，其定义域为，所以，所以为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B、D，，故C错误，A正确．故选：A．4．天文学家、数学家梅文鼎，为清代“历算第一名家”和“开山之祖”，在其著作《平三角举要》中给出了利用三角形的外接圆证明正弦定理的方法.如图所示，在梅文鼎证明正弦定理时的构图中，为锐角三角形外接圆的圆心.若，则（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知得，再根据诱导公式和二倍角的余弦公式求解即可.【详解】已知，因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以.故选：D.5．为了了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙、丁四个人到、、三所学校进行调研，每个学校至少安排一人.若甲不去学校，则不同的安排方法有（    ）A．12种 B．18种 C．24种 D．36种【答案】C【分析】分去学校2人和1人两种情况讨论求解即可.【详解】当去学校1人时，则先从乙、丙、丁3 人中选2人去学校，然后剩下2人到、两校各去1人，则不同的安排方法有种，当去学校2人时，则先从乙、丙、丁3 人中选1人去学校，然后从剩下3人分成两组到、两校，则不同的安排方法有种，由分类加法原理可得共种不同的方法，故选：C6．已知菱形的边长为，则将菱形以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为（  ）A． B． C． D．【答案】B【分析】该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,根据圆柱的体积公式即可求解.【详解】如图是所求的几何体,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其中圆柱的高为，点到的距离为，所以该几何体的体积为.故选:B.7．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，求两个曲线公切线的斜率即可.【详解】设，，依题意只需求公切线斜率即可.，，设切点分别为，，则切线方程为，即.，即.则，由①得，代入②得：，则，故公切线斜率为或，如图，.故选：C.8．已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得，计算出的值域为，根据题意可得，因此当且仅当时，的最小值为.【详解】由可得，其中；又因为的图象关于直线对称，所以需满足，解得，即；可得，即，所以由正弦函数值域可得若要求满足的的最小值，只需满足取最大值即可，而，所以当且仅当时满足题意，即；所以，得，即的最小值为.故选：B 二、多选题9．已知为坐标原点，点，，，则下列说法中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】根据给定条件，利用向量模的坐标表示及数量积运算，结合和差角的余弦公式变形判断作答.【详解】对于A，，A正确；对于B，，，，因此，B正确；对于C，由选项B知，C正确；对于D，，显然与不恒等，即不恒成立，D错误.故选：ABC10．已知抛物线的准线方程为，圆，直线与交于两点，与交于两点在第一象限），为坐标原点，则下列说法中正确的是（    ）A． B．C．若，则 D．为定值【答案】BD【分析】对于A，由抛物线的准线方程可求出的值进行判断，对于B，将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系，再求出，由于直线过圆心，则由圆的性质可得，从而可进行判断，对于C，利用弦长公式求出，而，然后由题意列方程可求出的值，对于D，由题意可得，再结合抛物线的性质化简计算即可.【详解】对于A，因为抛物线的准线方程为，所以，得，所以A错误，对于B，设，由，得，则，所以，因为直线恒过圆心，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，因为直线过抛物线的焦点，所以，因为，，所以，解得，所以C错误，对于D，因为直线过抛物线的焦点，所以，所以为定值，所以D正确，故选：BD  11．欧拉函数的函数值等于所有不超过，且与互素（两个数的最大公约数为1）的正整数的个数，例如.欧拉函数具有以下性质：如果是互素的正整数，那么.下列说法中正确的是（    ）A．B．若为素数，则C．若为奇数，则D．若，则【答案】ABD【分析】用欧拉函数的定义及性质逐一判断即可.【详解】在不超过5的正整数中与5互素的正整数有1，2，3，4，所以，在不超过8的正整数中与8互素的正整数有1，3，5，7，所以，5与8互素，所以，故A正确；若为素数，则与其前面个正整数互素，所以，故B正确；因为，，故C错误；因为在不超过且与互素的正整数有1，3，5，…，，共有个，所以，故D正确.故选：ABD12．已知是两个事件，且，则事件相互独立的充分条件可以是（    ）A．B．C．D．【答案】BCD【分析】利用条件概率公式，互斥的性质，相互独立的判断，逐个选项分析.【详解】若，则事件没有共同部分，即互斥，得不出事件相互独立，A错；由，得，则，得，即，则事件相互独立，B正确；由，即，得，即，则事件相互独立，C正确；由，①且，②②式两边平方，并利用①式可得，，③结合①③，可得，，则，所以，,所以，即事件相互独立，D正确故选：BCD【点睛】关键点睛：本题考查互斥的应用，考查条件概率的性质，考查学生推理能力和运算能力，属于中档题. 三、填空题13．能够说明“若，则”是假命题的一组实数的值依次为__________.【答案】（答案不唯一）【分析】由条件可得存在满足条件，，由此可得，再取满足条件的特殊值.【详解】由“若，则”是假命题可得，存在满足条件，但，由此可得，故，若取，，则，故可取.故答案为：（答案不唯一）.14．害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义.已知某种害虫产卵数（单位：个）与温度（单位：）有关，测得一组数据，可用模型进行拟合，利用变换得到的线性回归方程为.若，则的值为__________.【答案】【分析】将非线性模型两边同时取对数可得，再将样本中心点代入回归方程可得，即可计算出.【详解】对两边同时取对数可得；即，可得由可得，代入可得，即，所以.故答案为：15．已知是双曲线的左焦点，是的右顶点，过点作轴的垂线交双曲线的一条渐近线于点，连接交另一条渐近线于点.若，则双曲线的离心率为__________.【答案】2【分析】根据题意即可得出，所以，再由可得为的中点，即，代入另一条渐近线可得，即可计算出离心率为.【详解】如下图所示：  易知，则过点作轴的垂线方程为，不妨设与渐近线交于点，则可得，又可得，为的中点，即；又在另一条渐近线上，即，解得；所以双曲线的离心率为.故答案为：216．在平行四边形中，，，，分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，将沿折叠，直到三棱锥的体积最大时，不再继续折叠.在折叠过程中，的最小值为__________.【答案】【分析】根据平行四边形的边长即角度可得，再由两点的位置关系以及的几何意义，确定出沿折叠过程中三棱锥的体积最大时平面，建立空间直角坐标系利用两异面直线间的距离公式即可计算出结果.【详解】根据题意可知，如下图所示；  由，，利用余弦定理可得，解得，所以满足，即，则又分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，则表示两直线之间的距离，在沿折叠过程中，直线由两平行线变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近；当三棱锥的体积最大时，此时平面；即此时两点之间的距离最小，即为两异面直线之间的距离；以点为坐标原点，分别以为轴，轴，以过点且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：  则，即，设与垂直的一个向量为，则，令，则，可得不妨取，由两异面直线间的距离公式可得的最小值为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键在于把“两点之间的最小距离为”理解成异面直线之间的距离，再利用折叠过程中的位置关系，代入两异面直线距离公式求解即可. 四、解答题17．已知函数，将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像.(1)求函数的单调递减区间；(2)记锐角三角形内角的对边分别为，已知，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由三角函数的图像变换即可得到函数的解析式，再由正弦型函数的单调区间即可得到结果；（2）根据题意，由（1）中的解析式即可得到，再结合正弦定理化简，由正弦型函数的值域即可得到结果.【详解】（1）将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到，再将得到的图像向左平移个单位长度，得到，所以.当函数单调递增时，单调递减，故函数的单调递减区间为.（2）由可得，又为锐角，所以.因为，所以.所以.因为为锐角三角形，所以，即，解得，所以，所以.所以的取值范围为.18．已知数列满足.(1)证明为常数列，并求数列的通项公式；(2)设为数列落在区间内的项的个数，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据题意，由递推关系变形即可得到为常数列，从而得到数列的通项公式.（2）根据题意，由条件可得数列是首项为2，公比为3的等比数列，再由等比数列的求和公式即可得到结果.【详解】（1）因为，所以.所以，即.所以为常数列.又，所以，即.（2）由题意，得，所以.所以，故.所以数列是首项为2，公比为3的等比数列.所以.19．如图，在直四棱柱中，四边形为平行四边形，，.  (1)证明：与平面的交点为的重心；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：；条件②：面与面所成角的正切值为.【答案】(1)证明见解析(2)条件选择见解析， 【分析】（1）根据题意，连接交于点，连接，由条件可得，再由为边上的中线即可得到证明；（2）若选择条件①：作，垂足为，证得面，即可得到为与平面所成角. 若选择条件②：作交直线于点，连接，然后作，则，即可得到为与平面所成角.【详解】（1）  如图，连接交于点，连接.因为面，所以面.所以为面与面的公共点.因为面面，所以.在矩形中，由得.因为在中，为边上的中线，所以为的重心.（2）若选择条件①：.因为几何体为直四棱柱，所以面，BD在面ABCD内，所以.因为，面，所以面.面，所以.四边形为平行四边形，所以四边形为菱形.如图，作，垂足为.因为面，，所以面，面，即.由，面，所以面，即为与平面所成角.设，则，所以.若选择条件②：面与面所成角的正切值为，面面，所以面与面所成角的正切值为.如图，作交直线于点，连接，由面，面，则，，面，故面，又面，所以，所以二面角的平面角为，则.设，则，所以.所以，即为线段的中点（与重合）.因为，，面，所以面.如图，作，因为面，，所以面，面，即.由，面，所以面.  即为与平面所成角.因为，所以.20．某学校从全体师生中随机抽取30位男生、30位女生、12位教师一起参加社会实践活动.(1)假设30位男生身高均不相同，记其身高的第80百分位数为，从学校全体男生中随机选取3人，记为3人中身高不超过的人数，以频率估计概率求的分布列及数学期望；(2)从参加社会实践活动的72人中一次性随机选出30位，记被选出的人中恰好有个男生的概率为，求使得取得最大值的的值.【答案】(1)分布列见解析，数学期望为；(2). 【分析】（1）所有可能的取值为，且，根据二项分布的概率公式求解，从而可得分布列与期望；（2）设事件为“被选出的人中恰好有位男生”，求解即可.【详解】（1）所有可能的取值为，且.；；；.故的分布列为01230.0080.0960.3840.512所以.（2）设事件为“被选出的人中恰好有位男生”，则30个人中剩下个人为女生或者老师，事件包含样本点的个数为，所以.所以，解得.所以，故当时，最大.21．已知分别是椭圆的左、右顶点，过作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于两点，面积的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)若直线与交于点，直线与交于点.①求直线的方程；②记的面积分别为，求的最大值.【答案】(1)(2)①，② 【分析】（1）易知当点为短轴端点时，面积取最大值，又易知即可求得椭圆方程；（2）①利用垂直关系分别写出直线和的方程，求出其交点的坐标，同理可求得的坐标，即可得出直线的方程为；      ②将直线与椭圆方程联立利用韦达定理可解得点纵坐标，同理得点纵坐标，再结合①中直线的方程可得，，分别表示出的表达式利用基本不等式即可求得的最大值.【详解】（1）由题意可知，且面积的最大值为所以.即椭圆的方程为.（2）如下图所示：  ①设，由题意知直线的斜率一定存在，即，代入直线的点斜式方程可得直线的方程为.因为直线与直线垂直，而，且；所以可得，即直线的方程为.又因为在椭圆上可得，联立可得，，即，即直线与的交点的横坐标为；同理可得，可得；即直线与的交点的横坐标为.所以直线的方程为.②设直线，与椭圆联立可得.所以.同理可得.由可得.同理可得.所以易知，所以；当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的面积问题往往是先写出面积表达式，通过合理变形再利用基本不等式或构造函数求出其范围即可.22．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)记曲线在，两点处的切线斜率分别为，直线的斜率为，其中，求证：当时，有.【答案】(1)的增区间为，无减区间(2)证明见解析 【分析】（1）时求出可得答案；（2）求出，，，要证，设，则只需证，设，则只需证，利用在上单调递性得，设，利用的单调性可得答案.【详解】（1）当时，，，所以的增区间为，无减区间；（2）因为，所以，所以，，要证，只需证，即证，不妨设，则只需证，即证，设，则只需证①，由（1）可知在上单调递增，则当时，，所以，设，则，所以在上单调递增，所以，又因为，所以要证①，只需证，设，则，所以在上单调递增.所以，得证.【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是转化为设，利用导数证，，本题考查转化与化归思想，而构造函数的解题思路恰好是这种思想的良好体现.，