2023年高中考试数学模考适应模拟卷05（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05（新高考专用）（答案版），共16页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，，则的值为，已知，，，则，，的大小关系是等内容，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．已知集合为全集的子集，若，则（ ）
A．AB．C．UD．
【答案】C
【分析】由可得出，从而求出结果.
【详解】解：因为，所以有，则.
故选：C.
2．若为虚数单位，复数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】表示的几何意义是复数对应的点与点连线段的长度，从这个角度可以得到复数模的最大值.
【详解】表示的几何意义是复数对应的点到原点的距离小于等于1，
表示的几何意义是复数对应的点与点连线段的长度，
故的最大值为，
故选：C.
3．已知一个圆锥的底面半径为，高为，其体积大小等于某球的表面积大小，则此球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设半径为，根据已知条件列等式求出的值，利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】设球的半径为，圆锥的体积为，
由于球的体积大小等于某球的表面积大小，则，，
因此，该球的体积为.
故选：D.
4．如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第个圆环解下最少需要移动的次数记为，已知，按规则有，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为（ ）
A．4B．7C．16D．31
【答案】B
【分析】由题意，根据递推公式求数列中的某一项，可得答案.
【详解】由题意，，，，
解下第4个圆环，则，即，
而，则，
故选：B.
5．如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用待定系数法可求双曲线的标准方程.
【详解】设双曲线的方程为：，
因为离心率，故半焦距，故，
而双曲线过，故，解得，
故双曲线的方程为：，
故选：C.
6．已知，，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题知，进而得，，，再根据，并结合齐次式求解即可.
【详解】解：因为，，所以，
因为，所以
所以，，
，，
所以，
.
故选：A．
7．设抛物线的焦点为F，过点的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，，则与的面积之比（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据抛物线焦半径公式得到B点横坐标，进而利用抛物线方程求出B点纵坐标，直线AB的方程，求出C点坐标，联立直线与抛物线，求出A点纵坐标，利用求出答案.
【详解】如图，过点B作BD垂直准线于点D，则由抛物线定义可知：，
设直线AB为， ，，，不妨设，则，
所以，解得：，则，解得：，则，
所以，解得：，则直线AB为，
所以当时，即，解得：，则，
联立与得：，则，
所以，其中.
故选：C
8．已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令函数，利用导数求得函数的单调性，得到，再根据，，，结合题意，，，得到，分别求得，，，即可求解.
【详解】令函数，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，所以，
因为，，，
所以，，，
所以，即，
因为，可得，
又因为，则，
同理，，所以，，
因为当时，，函数单调递减，所以．
故选：C．
【点睛】方法点拨：设函数，求得当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，得到，得出，结合函数的单调性进行比较是解答的关键.
二、多选题(共20分)
9．已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ）
A．若相互独立，B．若事件，则
C．若是对立事件，则D．若是互斥事件，则
【答案】ABD
【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.
【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；
对于B，事件，，，B正确；
对于C，因是对立事件，则，，C不正确；
对于D，因是互斥事件，则，，D正确.
故选：ABD
10．如图所示，在正六边形中，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】根据图形，结合向量的线性运算及数量积运算，对选项逐一判断即可.
【详解】
因为为正六边形，即每个内角都为
对于A，,故A错误.
对于B，连接,，则为等边三角形，设六边形边长为，中点为，连接，则，，，所以
即，故B正确.
对于C，由B选项可知，
且，故C正确.
对于D，因为，所以在上的投影向量为
故D，正确.
故选:BCD.
11．设，过定点A的动直线，和过定点B的动直线交于点P，圆，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点(1，3)B．直线与圆C相交最短弦长为2
C．动点P的曲线与圆C相交D．|PA|+|PB|最大值为5
【答案】ABC
【分析】根据直线过定点的求法求出定点坐标即可判断A；
由题意可知当时所得弦长最短，由求出进而得到的方程，结合 到直线的距离公式和勾股定理求出弦长即可判断B；
当时得到，P在圆C外；当时，根据两直线方程消去m得到点P的轨迹方程，比较圆心距和两圆半径之和的大小即可判断C；
由题可证，设可得，进而得到
，结合三角函数的值域即可判断D.
【详解】A：由，
有，所以直线过的定点为，故A正确；
B：由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当
时所得弦长最短，则，又，，所以，得
，则圆心到直线的距离为，所以弦长为：，
故B正确；
C：当时，，则点，此时点P在圆C外；
当时，由直线得，代入直线中得点P的方程为
圆，得，半径为，
所以圆心距，所以两圆相交.故C正确；
D：由，
当时，，有，
当时，，，则，所以，
又点P是两直线的交点，所以，所以，
设，则，
因为，所以，
所以，故D错误.
故选：ABC.
12．如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为
D．的取值范围为
【答案】ABD
【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断；
对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断；
对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断；
对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得.
【详解】连结OB.
在三棱锥中，，，.
所以,,且,.
所以，所以.
又因为，所以面ABC.
可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，所以,,,.
对于A：在三棱锥中，，，，
所以底面三角形为直角三角形，其面积为；
为边长为2的等边三角形，所以面积为；
和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为；
所以三棱锥的表面积为.故A正确；
对于B：为棱的中点，所以,所以,.
所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确；
对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） .
所以.
设为面PAM的一个法向量，则，
不妨设y=1，则
.因为与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得：取，则
显然，面PAC的一个法向量为.
设二面角的平面角为，所以，
所以.
故C错误；
对于D:
如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面.
当M与B重合时，；
当M与C重合时，最大；
连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小.
此时，，所以.
由余弦定理得：
.
所以的取值范围为.
故D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何题目的解题策略：
(1)证明题：几何关系的证明，用判定定理；
(2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法.
第II卷（非选择题）
三、填空题(共20分)
13．已知函数，则________．
【答案】
【分析】根据分段函数的解析式求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
14．若直线与抛物线交于点，则的值为______.
【答案】
【分析】首先将直线与抛物线联立，利用韦达定理求出与的值，然后利用向量数量积的坐标运算公式及抛物线方程得，将的值代入即可.
【详解】已知，，
将代入抛物线中得：，即，
所以，.
，
，
又，，，
得.
故答案为：
15．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，
先排乙，有第二、三、四名3种情况，
再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，
其他三名同学排在三位置全排列有种，
由分步乘法计数原理可知共有种，
故答案为：.
16．在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解．例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，当时等号成立，所以的最小值为3．已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为________．
【答案】 70 630
【分析】利用导数的几何意义求、处的切线方程，根据题设描述，数形结合求的前10项和最大值、的前100项和的最小值，注意等号成立条件.
【详解】，则在R上单调递增，如下图所示：
①易知，
所以曲线在处的切线方程为，即，
结合图象知（），所以，
所以，
当且仅当时，等号成立；
②曲线在处的切线为，
因为，则令此切线过原点，解得或，
所以曲线在处的切线方程为，结合图象知，
所以 当且仅当或时等号成立，
取，，即的前100项中有70项为3，30项为0时，等号成立．
故答案为：70，630.
【点睛】关键点点睛：根据导数几何意义求切线方程，数形结合列不等式求、前n项和的最值.
四、解答题(共70分)
17．(本题10分)设各项非负的数列的前项和为，已知，且成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用得出的递推关系，从而得数列从第2项起为等差数列，结合等比数列的性质可求得，这样可得通项公式，然后由已知式中令求得，比较后可得结论；
（2）用错位相减法求和．
(1)
当时，，
当时，①，②.
①-②得，即，
∵，∴，
∴数列从第2项起是公差为1的等差数列.
∴，
又，，成等比数列，∴，即，
解得，∴，
∵，∴，适合上式，
∴数列的通项公式为.
(2)
，
∴数列的前项的和为
③
④
③-④得
，
∴.
18．(本题12分)在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若，D为AC边上的一点，，且______，求的面积．
①BD是的平分线；②D为线段AC的中点．（从①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简，再根据三角形中角的范围可求得；
（2）若选①：利用三角形面积关系和余弦定理求得，然后根据面积公式即可；若选②：根据中点的向量关系式并同时平方，结合余弦定理求得，然后根据面积公式即可.
(1)
由正弦定理知：
又：
代入上式可得：
，则
故有：
又，则
故的大小为：
(2)
若选①：
由BD平分得：
则有：，即
在中，由余弦定理可得：
又，则有：
联立
可得：
解得：（舍去）
故
若选②：
可得：，
，可得：
在中，由余弦定理可得：，即
联立
解得：
故
19．(本题12分)如图，在四棱锥中，四边形是矩形，为的中点，平面，．
(1)若点在线段上，且直线平面，确定点的位置；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)M为PB的中点
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理及线面平行的判定定理，再利用平行四边形的性质及三角形的中位线，结合平行的传递性即可求解；
（2）根据（1）建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解.
（1）
为的中点时，直线平面．
证明如下：设平面交直线于，连接.
因为平面，
平面平面,平面,所以．
因为，平面，平面，所以平面，
平面平面,平面,所以，
所以四边形为平行四边形，从而．
因为为的中点，则，
所以又，所以点为的中点．
（2）
因为平面PAB，则，，以为原点，以垂直所在直线为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，如图所示
设，则，．因为，则．
所以点，，，，，，，
设平面PCE的一个法向量为，则，
即
不妨令，得，，所以，
因为平面，所以为平面的一个法向量．
设平面与平面所成锐为二面角为，则，
所以平面PCE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为．
20．(本题12分)2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：[40，50）、[50，60）、[60，70）、、[90，100]，统计结果如图所示：
(1)试估计这100名学生得分的平均数；
(2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在[90，100]的人数为，试求的分布列和数学期望；
(3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生的得分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算．现从所有参加知识竞赛的学生中随机抽取500人，若这500名学生的得分相互独立，试问得分高于77分的人数最有可能是多少？
参考数据：，，．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)最有可能是79
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式计算可得；
（2）首先按照分层抽样求出得分在的人数，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（3）由（1）知，，根据正态分布的性质求出，记500名学生中得分高于77的人数为，则，根据二项分布的概率公式求出取何值时概率取得最大，即可得解；
【详解】（1）解：由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数
．
（2）解：参加座谈的11人中，得分在的有人，
所以的可能取值为，，，
所以，，．
所以的分布列为
∴．
（3）解：由（1）知，，
所以．
记500名学生中得分高于77的人数为，则，其中，
∴，，1，2，…，500，
则，
当时，，
当时，，
∴得分高于77分的人数最有可能是．
21．(本题12分)如图.矩形ABCD的长，宽，以A､B为左右焦点的椭圆恰好过C､D两点，点P为椭圆M上的动点.
(1)求椭圆M的方程，并求的取值范围；
(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M､N两点（点C与M､N两点不重合），且直线CM､CN的斜率分别为，试证明为定值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由，把点的坐标代入椭圆方程，结合可求得得椭圆方程，设点，求出，根据椭圆的范围得数量积的范围；
（2）设两点M､N，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，再代入化简可得．
（1）
由题意得.
又点在椭圆上，所以，
且，所以，，故椭圆的方程为.
设点，由，得.
又，所以.
（2）
设过点且斜率为的直线方程为，
联立椭圆方程得.
设两点M､N，故，.
因为，
其中，，
故
所以为定值．
22．(本题12分)已知，
(1)不等式对任意恒成立，求的取值范围；
(2)当有两个极值点时，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）方法一：不等式变形得到，，构造，求导后利用根的判别式进行分类讨论，求出的取值范围；
方法二：同样不等式变形为，，构造函数，求导后对导函数变形为，结合基本不等式，分与两种情况讨论，求出的取值范围；
（2）求导后，转化为是方程的两个不等实根，记，求导后，研究其单调性及图象特征得到，得到，在第一问的基础上，取，得到，将分别代入，变形得到，，从而证明出结论.
（1）
方法一：当时，不等式两边同除以得：
，，
记，则，
①当即时，则，
所以在上递增，满足要求，
②当时，则在上递增，
满足要求
③当时，令得，
所以在上递减，与题设不符，舍去，
综上，的取值范围为；
方法二：化为，，
记，则
①当时，由基本不等式可知：则，当且仅当时取等，所以在上递增，
满足要求；
②当时，令得，
所以在上递减，
此时与题设不符
综上，的取值范围为；
（2）
定义域为，
，
令得，由题意，是方程的两个不等实根，
记，
则，令得：，令，，
故在上递增，在上递减，
因为，又，且当时，恒成立，
所以，
则，由（1）取，则时，
，
又代入，并整理得，
，
同理，，
所以.
【点睛】导函数处理极值点偏移问题，通常构造差函数，然后利用导函数研究其单调性，图象特征，从而确定两根的范围，结合单调性，证明出不等式，也可以根据函数特征将双元问题转化为单元问题进行求解.
0
1
2