2023年高中考试数学模考适应模拟卷04（新高考专用）（答案版）

这是一份2023年高中考试数学模考适应模拟卷04（新高考专用）（答案版），共15页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知函数等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题(共40分)
1．已知，集合，，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】C
【分析】解不等式得，由集合的运算与关系对选项逐一判断，
【详解】由得，，，
对于A，，故A错误，
对于B，C，，故B错误，C正确，
对于D，，故D错误，
故选：C
2．欧拉公式 (为虚数本位）是瑞士数学家欧拉发明的，将指数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的联系，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，表示的复数的模为
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】直接由题意可得=cs+isin，再由复数模的计算公式得答案．
【详解】由题意，=cs+isin，
∴表示的复数的模为．
故选C．
【点睛】本题以欧拉公式为背景，考查利用新定义解决问题的能力，考查了复数模的求法，属于基础题．
3．设F为抛物线y2＝2x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若F为△ABC的重心，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，得到x1＋x2＋x3＝，计算得到＝(x1＋x2＋x3)＋，计算得到答案.
【详解】设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，焦点F，x1＋x2＋x3＝3×＝
则 ＝(x1＋x2＋x3)＋＝3.
故选：
【点睛】本题考查了抛物线相关线段长度，抓住重心的公式和抛物线定义是解题的关键.
4．某学校高一年级､高二年级､高三年级的人数分别为1600，1100，800，现用分层抽样的方法从高一年级､高二年级､高三年级抽取一个学生样本测量学生的身高.如果在这个样本中，有高一年级学生32人，且测得高一年级､高二年级､高三年级学生的平均身高分别为160cm，165cm，170cm.则下列说法正确的是（ ）
A．高三年级抽取的学生数为32人
B．高二年级每个学生被抽取到的概率为
C．所有年级中，高一年级每个学生被抽取到的概率最大
D．所有学生的平均身高估计要小于165cm
【答案】D
【分析】根据分层抽样的概念、分层抽样的概率、均值的概念判断．
【详解】根据分层抽样的定义，高三抽取的学生数为，A错；
分层抽样中每个个体被抽取的概率相等，均为，B错，C错；
平均身高为（cm）,D正确．
故选：D．
5．若函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则下列关于叙述正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在内单调递增
C．的图象关于对称
D．的图象关于对称
【答案】C
【分析】利用三角恒等变换化简为标准型，结合函数图象变换求得，再根据三角函数的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】，
将其图象向左平移个单位得到的图象；
对A：的最小正周期，故A错误；
对B：当时，，此时不是单调函数，故B错误；
对C：为函数最小值，故是的对称轴，C正确；
对D：，故不是的对称中心，D错误.
故选：C.
6．已知平面向量，且.若，则的最大值为（ ）
A．B．10C．2D．5
【答案】A
【分析】直接由数量积的定义，求出即可求解.
【详解】设夹角为，则，
当同向即时取等.
故选：A.
7．已知实数a、b满足，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由对数的运算法则化简，再借用基本不等式可得的范围，再利用可得的范围，在构造新函数，借助放缩法可得的大小关系.
【详解】，
，
令，，
则
所以当时，，即
故选：D.
8．定义在R上的偶函数满足，且当]时，
，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可.
【详解】因为，且为偶函数
所以，即，
所以函数是以4为周期的周期函数，
作出，在同一坐标系的图象，如图，
因为方程至少有8个实数解，
所以，图象至少有8个交点，
根据，的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，
由图可知，当时，只需，即，
当时，只需，即，
当时，由图可知显然成立，
综上可知，.
故选：B
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
二、多选题(共20分)
9．已知函数（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，的单调递增区间为，
C．若在上单调递增，则的取值范围是
D．若恰有两个零点，则的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据分段函数单调性、最值、图象性质、零点逐项判断即可.
【详解】解：当时，，则当时，函数在上单调递增，则，
当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
综上，当时，的最小值为，的单调递增区间为，，故A正确，B正确；
在同一坐标系中画出函数与函数的图象，如下图
根据图象可知，要使在上单调递增，则的取值范围是或，故C不正确；
根据上述图象可知，有一个零点0，有两个零点1和3，
所以当时，函数在上没有零点，在上有两个零点1和3；
当时，函数在上有一个零点0，在上有两个零点1和3；
当时，函数在上有一个零点0，在上有一个零点3；
当时，函数在上有一个零点0，在没有零点；
综上，恰有两个零点，则的取值范围是，故D正确.
故选：ABD.
10．尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M，则下列说法正确的是（ ）
A．地震释放的能量为1015.3焦耳时，地震里氏震级约为七级
B．八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍
C．八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍
D．记地震里氏震级为n（n=1，2，···，9，10），地震释放的能量为an，则数列{an}是等比数列
【答案】ACD
【分析】根据所给公式，结合指对互化原则，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】对于A：当时，由题意得，
解得，即地震里氏震级约为七级，故A正确；
对于B：八级地震即时，，解得，
所以，
所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的倍，故B错误；
对于C：六级地震即时，，解得，
所以，
即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C正确；
对于D：由题意得（n=1，2，···，9，10），
所以，所以
所以，即数列{an}是等比数列，故D正确；
故选：ACD
11．已知圆C：，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若圆关于直线对称，则
B．存在直线与所有的圆都相切
C．当时，为圆上任意一点，则的最大值为
D．当时，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，，则最小值为4
【答案】BCD
【分析】根据圆关于直线对称，得得值，检验半径是否大于零，即可判断A；根据直线与圆相切的充要条件判断B；根据直线与圆的位置关系确定的最值即可判断C；根据直线与圆相切的切线长与切点弦关系可判断D.
【详解】解：圆C：，整理得：，
所以圆心，半径，则
对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，所以，得，又时，，方程不能表示圆，故A是假命题；
对于B，对于圆，圆心为，半径，则，
当直线为时，圆心到直线的距离，
故存在直线，使得与所有的圆相切，故B是真命题；
对于C，当时，圆的方程为，圆心为，半径
由于为圆上任意一点，设，则式子可表示直线，此时表示直线的纵截距，
故当直线与圆相切时，可确定的取值范围,
于是圆心到直线的距离，解得或，
则，所以的最大值为，故C为真命题；
对于D，圆的方程为，圆心为，半径，
如图，连接，
因为直线与圆相切，所以，且可得，又，
所以，且平分，所以，
则，则最小值即的最小值，
即圆心到直线的距离，
所以的最小值为，故D为真命题.
故选：BCD.
12．棱长为a且体积为V的正四面体的底面内有一点H，它到平面、、的距离分别为，，，E，F在与上，且，，下列结论正确的是（ ）
A．若a为定值，则为定值B．若，则
C．存在H，使，，成等比数列D．若，则，，成等差数列
【答案】ACD
【分析】根据，计算即可判断A；
由A求得，从而可求得正四面体的体积，即可判断B；
当H是中心时，，即可判断C；
根据，，，则，从而可得，设H到，，的距离为，，，从而可得，即可判断D.
【详解】解：正四面体的高为，
由，
即，
所以，
所以，故A正确；
由A知，，∴，B不正确；
当H是中心时，，此时，，成等比数列，故C正确；
对于D选项，因为，，
若，则，
则，
设H到，，的距离为，，，∴，
又因为平面、平面、平面与平面所成角相等，
∴，所以，，成等差数列，故D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题）
三、填空题(共20分)
13．（tan50°+tan60°）sin20°=___________.
【答案】1
【分析】利用同角关系以及诱导公式、倍角公式作恒等变换求解即可.
【详解】
；
故答案为：1.
14．已知抛物线的焦点为F，点M是抛物线上异于顶点的一点，（点O为坐标原点），过点N作直线OM的垂线与x轴交于点P，则___________.
【答案】3
【分析】设，则，易得直线的方程为，求得，结合抛物线的定义即可求解.
【详解】依题意，设，由，得N为的中点且，
则，易得直线的垂线的方程为.
令，得，故，
由抛物线的定义易知，
故.
故答案为：3
15．已知函数（x>0），若的最大值为，则正实数a=___________.
【答案】1
【分析】依据题意列出关于a的方程即可求得正实数a的值.
【详解】令，则，则
令
当时，在上单调递增，
则，即的最大值为
则，解之得.
当时，（当且仅当时等号成立）
则，即的最大值为
则，解之得（舍）
综上，所求正实数
故答案为：1
16．已知函数有三个零点，且的图像关于直线对称，则__________；的最大值为__________.
【答案】 1 3
【分析】，从而得到，故的图像关于直线对称，求出，，显然为函数的零点，故有两个根，由求出，得到的最大值.
【详解】，则，
定义域为R，且，
故的图像关于直线对称，故，
，
显然为函数的零点，故有两个根，
所以，解得：，
当时，，有三个相等的零点，
故答案为：，3.
【点睛】思路点睛：函数的对称性，
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称.
四、解答题(共70分)
17．(本题10分)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S7=49，a2+a8=18.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若S3、a17、Sm成等比数列，求S3m.
【答案】（1）an=2n﹣1；（2）1089.
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由条件有，可求出，进而得出答案.
（2）由（1）知：S,由S3、a17、Sm成等比数列，可以求出，则可得出的值.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S7=49，a2+a8=18，
∴⇒，解得：d=2.
∴
（2）由（1）知：.
∵成等比数列，∴，即9m2，解得m11.
故
【点睛】本题考查求等差数列的通项公式和求前项的和，以及等比数列的性质，属于中档题.
18．(本题12分)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A的大小；
(2)若，，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式对已知等式进行化简可得值，又由，可求A．
（2）利用平面向量数量积的运算可得的积，进而由余弦定理即可求解．
【详解】（1）（1），
，可得，
，，又，．
（2）， ，，.
又由，根据余弦定理得：
．
19．(本题12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
（1）求证：AE⊥平面PBC；
（2）试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°．
【答案】（1）见解析（2）当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°
【分析】（1）证明．，推出平面．得到．证明，得到平面．然后证明平面平面．
（2）分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为2，求出为平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
【详解】解：（1）∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD
∴PA⊥BC
∵ABCD为正方形
∴AB⊥BC
又 PA∩AB=A，PA，AB平面PAB
∴BC⊥平面PAB
∴AE平面PAB
∴AE⊥BC
∵PA=AB，E为线段PB的中点
∴AE⊥PB
又 PB∩BC=B，PB，BC平面PBC
∴AE⊥平面PBC
（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2）E（1，0，1）
∴，，
设F（2，λ，0）（0≤λ≤2），
∴
设平面AEF的一个法向量为
则
∴
令y1=2，则
∴
设平面PCD的一个法向量为
则
∴
令y2=1，则
∴
∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，
∴，
解得λ=1，
∴当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°
【点睛】本题考查空间直线和直线、直线和平面、平面和平面的垂直的证明，二面角等基础知识，考查学生的逻辑推理能力，化归与转化能力和空间想象能力．考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算．
20．(本题12分)甲、乙两名学生进行“趣味投篮比赛”，制定比赛规则如下：每轮比赛中甲、乙两人各投一球，两人都投中或者都未投中则均记0分；一人投中而另一人未投中，则投中的记1分，未投中的记分设每轮比赛中甲投中的概率为，乙投中的概率为，甲、乙两人投篮相互独立，且每轮比赛互不影响．
(1)经过1轮比赛，记甲的得分为，求的分布列和期望；
(2)经过3轮比赛，用表示第n轮比赛后甲累计得分低于乙累计得分的概率，研究发现点均在函数的图象上，求实数m，s，t的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)，，
【分析】（1）由题意得的可能取值为，求出对应的概率，求出的分布列及期望即可；
（2）结合题意求出，将点代入即可求出m，s，t的值．
【详解】（1）的可能取值为，
则；；，
的分布列为：
．
（2）由（1）知，
经过两轮比赛，甲累计得分低于乙累计得分有两种情况：
一是甲两轮得分都为；二是两轮中甲有一轮得0分，另一轮得分，
则．
经过三轮比赛，甲累计得分低于乙累计得分有四种情况：
三轮中甲得分都为；三轮中甲有两轮得分，另一轮得0分；
三轮中甲有一轮得分，另两轮得0分；三轮中甲有两轮得分，另一轮得1分，
则，
由题意，点均在函数的图象上，
则，
②－①得④，
③－②得⑤，
⑤÷④得⑥，
将⑥代入④得⑦，
将⑥⑦代入①得，
综上，，，．
21．(本题12分)已知椭圆(a>b>0)经过A(0，2)､B(-3，-1)两点.
（1）求直线AB和椭圆的方程；
（2）求椭圆上的动点T到N(1，0)的最短距离；
（3）直线AB与x轴交于点M(m，0)，过点M作不垂直于坐标轴且与AB不重合的直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，BD分别交直线x=m于P，Q两点.求证：为定值.
【答案】（1）；；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）把点A(0，2)､B(-3，-1)代入椭圆方程即可求出椭圆方程；直线AB的方程可以利用点斜式或两点式求解；
（2）利用两点间的距离公式化简为函数最值问题求解；
（3）首先利用直线的方程求出，再分别利用，的方程与椭圆方程联立方程组得出坐标，即可化简得到.
【详解】（1）把A(0，2)､B(-3，-1)两点坐标代入得：，
即，，即椭圆方程为：.
，所以直线的方程为：.
（2）设，则点T到N(1，0)的距离，
因为，所以当时，有最小值，且，
所以动点T到N(1，0)的最短距离为： .
（3）如图，
因为直线的方程为：，
取得，，
设直线的方程为：，， ，
联立方程组：得：，
所以，，
记直线的方程为：，令得：，
记直线的方程为：，令得：，
故为定值，定值为1.
22．(本题12分)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
0
1