【备考2023】高考数学二轮专题总复习精讲精练（全国通用）——模拟检测卷01（文科）（原卷版+解析版）

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（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．测试范围：高中全部知识点。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的性质求出集合,再解一元二次不等式求出集合，即可求解.
【详解】由得解得或，
所以或，
又由解得，所以，
所以，
故选:D.
2．已知实数a，b满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的运算法则得到，，再计算共轭复数得到答案.
【详解】实数，满足（其中i为虚数单位），
故，，，
复数的共轭复数，
故选：B
3．若且，则向量与的夹角为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合平面向量的数量积运算及模长运算即可求解与的夹角.
【详解】因为，所以
又因为，所以，及，
所以
所以与的夹角表示为，
则
所以与的夹角为.
故选：A.
4．某校组织了一次航空知识竞赛，甲、乙两个班级各派8名同学代表参赛．两个班级的数学课代表合作，将甲、乙两班所有参赛同学的得分绘制成如图所示的茎叶图，则下列结论错误的是（ ）
A．甲班参赛同学得分的极差比乙班参赛同学得分的极差小
B．甲班参赛同学得分的中位数比乙班参赛同学得分的中位数低
C．甲班参赛同学得分的平均数为84
D．乙班参赛同学得分的第75百分位数为89
【答案】D
【分析】A. 利用极差的定义求解判断； B.利用中位数的定义求解判断； C.利用平均数的定义求解判断； D.利用百分位数的定义求解判断.
【详解】对A，甲班参赛同学得分的极差为，乙班参赛同学得分的极差为，故正确；
对B，甲班参赛同学得分的中位数是，乙班参赛同学得分的中位数是，故正确；
对C，甲班参赛同学得分的平均数为，故正确；
对D，乙班参赛同学得分为71，80，81，82，85，89，90，94，，取第6个与第7个数的平均数为第75百分位数，即为，故错误.
故选：D
5．已知，，，则的最小值是（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】C
【分析】首先根据已知条件得到，再利用基本不等式的性质求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，，
所以.
当且仅当，即，时等号成立.
故选：C
6．已知抛物线的焦点为，动点在上，圆的半径为1，过点的直线与圆相切于点，则的最小值为（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】利用向量数量积的定义得，再根据抛物线的定义可得，进而可求解.
【详解】，
当即点为坐标原点时，取最小值，
故选:B.
7．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图，若输入的，一次输入的为2、2、5，则输出的等于（ ）
A．34B．17C．12D．7
【答案】B
【分析】模拟程序运行，观察变量值，判断条件可得结论．
【详解】程序运行时，变量值变化如下：
，，，，
，，，不满足；
，，，不满足；
，，，满足．
输出．
故选：B．
8．已知函数的图象的一部分如图所示，则该函数解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据奇偶性可排除B；A中函数与与轴交点间距离相等，与图象不符，可排除A；根据时，可排除C，由此可得正确选项.
【详解】由图象可知：图象关于原点对称，则为奇函数，
，为偶函数，排除B；
令，解得：，则与轴交点间距离相等，与图象不符，排除A；
当时，，，
，即在右侧函数值先为负数，与图象不符，排除C.
故选：D.
9．如图，在边长为2的正方形中，，分别为，的中点，为的中点，沿，，将正方形折起，使，，重合于点，在构成的三棱锥中，下列结论错误的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积为
C．直线与平面所成角的正切值为
D．平面
【答案】D
【分析】利用线面垂直的判定定理即可判断A，利用体积法即可判断B，作出三棱锥的直观图，作出要求的空间角即可判断C，利用线面垂直的判定定理证明平面即可判断D
【详解】翻折前，，，故翻折后，，，
又，平面，平面，故A正确；
由题意可知，三棱锥的侧棱底面，
则，故B正确；
连接，，则为与平面所成的角，
，是的中点，，
．又，，故C正确；
平面，平面， ，
又，平面，平面．
∵与不平行，
不可能与平面垂直，故D错误．
故选：D．
10．已知数列的前n项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先计算得，，故可排除A，D；由，得，从而得数列从第2项起成等比数列，首项为4，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式求解即可.
【详解】解：因为，，
所以，，故可排除A，D；
又因为，
所以，
即，
又因为，
所以当时，数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，
所以.
故选：C.
11．设函数与有相同的对称轴,且在内恰有3个零点,则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据与有相同对称轴,求出的值,对的相位进行换元,根据,确定定义域大致范围,画出新函数图象,分在第一个零点前后两种情况讨论,根据有3个零点,写出不等式求出范围即可.
【详解】解:由题知,因为与有相同对称轴,
所以,
即,,
令,
即在上有3个零点,
因为,所以
画出图象如下所示:
当时,在上有3个零点,只需,
解得,故;当时,在上有3个零点,
只需,解得,综上: 或.故选:D
12．已知菱形的边长为，，将沿对角线翻折，使点到点处，且二面角的平面角的余弦值为，则此时三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据菱形性质和二面角平面角定义可知，利用余弦定理求得后，结合勾股定理可知，，由此可确定三棱锥的外接球半径为，代入球的体积公式可求得外接球体积；根据平面，结合棱锥体积公式可求得，作比即可得到结果.
【详解】连接交于，连接，易得为与的中点，
四边形为菱形，，即，，
二面角的平面角为，；
又，，，；
在中，由余弦定理得：；
，，，
，，三棱锥的外接球球心为中点，半径为，
三棱锥的外接球体积；
，，，平面，平面，
，，
，
三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积之比为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的外接球问题的求解，解题关键是能够结合二面角的大小和勾股定理确定三棱锥的侧面和为直角三角形，并且有公共斜边，结合直角三角形的性质确定三棱锥外接球球心即为的中点.
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知数列是公差为的等差数列，且各项均为正整数，如果，那么的最小值为______.
【答案】9
【分析】由题意可得，再结合数列的各项均为正整数可求出，从而可求得结果.
【详解】由等差数列的通项公式，得，
，
因为数列的各项均为正整数，
所以，或，或，或，
所以，或，或，或，
所以最小值为9.
故答案为：9
14．从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为___________．
【答案】##0.3
【分析】由列举法得所有基本事件，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】从5条线段中任取3条线段的基本事件有,总数为10，能构成三角形的情况有：，共3个基本事件，故概率为．
故答案为：
15．在平面直角坐标系中，圆上一点到直线的最大距离为______．
【答案】
【分析】由于直线恒过点，则圆心与点连线
与直线垂直，进而可得答案．
【详解】圆的圆心为，半径为，
因为直线为，
所以直线恒过点，
若圆上一点到直线的距离最大，
则圆心与点连线与直线垂直，
又圆心与距离，
所以最大距离为，
故答案为：．
16．已知函数，的定义域为，若对，，，成立，且，则__________.
【答案】
【分析】代入到中得出，再推导出的周期进行求解即可.
【详解】因为①，且②，
即，结合②可得③，①③相减有，故④，即，故周期为4.
在①中令，有，又，可得.
由④，令，有，结合周期为4，则
故答案为：
解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
17．(12分）如图，四边形是正方形，平面，，．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直即可；
（2）通过图形中的垂直关系得到三棱锥的底面积和高，利用三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
因为，所以点到的距离为4，，
因为，，，平面，
所以平面,
所以点到平面的距离为4，
所以．
18．(12分）如图，在中，，，，点M在线段上．
(1)若，求的长；
(2)点N是线段上一点，，且，求证：．
【答案】(1)6
(2)证明见解析
【分析】（1）在中，利用正弦定理求解即可得到答案；
（2）因为，且，由余弦定理得：化得：，然后根据条件分别求出和的值，即可得证：.
【详解】（1）在中，，
由正弦定理： ，得
（2）在中，
由余弦定理得:
，
19．(12分）为了庆祝神舟十四号成功返航，学校开展了“航天知识”讲座，为了解讲座效果，从高一甲乙两班的学生中各随机抽取5名学生的测试成绩，这10名学生的测试成绩（百分制）的茎叶图如图所示．
(1)若，分别为甲、乙两班抽取的成绩的平均分，，分别为甲、乙两班抽取的成绩的方差，则______，______．（填“>”或“<”）
(2)若成绩在85分（含85分）以上为优秀，
（ⅰ）从甲班所抽取的5名学生中任取2名学生，则恰有1人成绩优秀的概率；
（ⅱ）从甲、乙两班所抽取的成绩优秀学生中各取1人，则甲班选取的学生成绩不低于乙班选取的学生成绩的概率．
【答案】(1)<，>；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）利用给定的茎叶图，结合平均数、方差的意义计算判断作答.
（2）（ⅰ）（ⅱ）利用列举法，结合古典概率求解作答.
【详解】（1）由茎叶图知，，，
所以<；
，
，
所以>.
（2）（ⅰ）抽取的两名学生成绩分别为，把他们记为，
从甲班所抽取的5名学生中任取2名学生，他们的成绩组成的不同结果：
，共10个，
恰有1人成绩优秀的事件有：，共6个，
所以恰有1人成绩优秀的概率.
（ⅱ）依题意，甲班成绩优秀学生有2人，成绩分别为，乙班成绩优秀学生有4人，成绩分别为，
从甲、乙两班所抽取的成绩优秀学生中各取1人，按甲班的在前、乙班的在后写在括号内，不同结果有：
，共8个，
甲班选取的学生成绩不低于乙班选取的学生成绩的事件有：
，共5个，
所以甲班选取的学生成绩不低于乙班选取的学生成绩的概率.
20．(12分）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)函数，若在上恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】(1)分类讨论，根据函数的导数分和求解；(2)分离参变量得到，讨论函数的单调性和最值求解.
【详解】（1）函数的定义域为，，
①当时，，所以在上为单调递减函数，
②当时，令解得，令解得，
所以在上为单调递减函数，在为单调递增函数．
（2）由得，
∴，
令，
当时，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
∴
故．
21．(12分）已知椭圆的右顶点，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，面积的最大值为1．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)过点的直线与椭圆C交于另一点Q，直线分别与y轴相交于点E，F．当时，求直线的方程．
【答案】(1),
(2)或
【分析】(1)由椭圆的右顶点可得，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，面积可得，从而求得椭圆C的方程，再由可求得，从而可得离心率；
(2)设直线的方程为：，与椭圆联立方程组可解得一元二次方程，从而可得出韦达定理的表达式，再通过直线，的方程得出点E，F坐标，进而表达出，从而可解得，求得直线的方程.
【详解】（1）椭圆，，，
P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，过点P 作轴，垂足为，故面积为，
若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，即时，使得面积最大，,,.
椭圆C的方程为，离心率为.
（2）P为椭圆C上的动点，过点的直线与椭圆C交于另一点Q，
可记，，
当直线的斜率不存在时，即轴时，， 此时直线分别与y轴相交于点E，F．此时，不符合题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
联立 ，消去可得,化简得，由韦达定理可得 ，
所以，
由，，，则直线的方程为：，直线的方程为：，因为直线分别与y轴相交于点E，F，令分别代入直线,直线可得：点 ，，

又，在直线方程上，所以有，
分别代入 并化简可得
，
， ，则，解得，，
故直线的方程为：或，
即或.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l与曲线C相交于A，B两点，．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)若，求直线l的斜率．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标直角的转化，运算求解；（2）联立直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，根据参数的几何意义结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）∵，则，
∴，即，
故曲线C的直角坐标方程为.
（2）将直线l的参数方程为（t为参数）代入曲线C的直角坐标方程为，得，
整理得，
设A，B两点所对应的参数为，则，
∵，则，
联立，解得，
将代入得，解得，
故直线l的斜率为.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
设、、为正数，且.证明：
(1)；
(2).
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）由不等式的基本性质可得出，利用反比例函数在上的单调性可证得结论成立；
（2）利用基本不等式可得出，，，利用不等式的基本性质可证得结论成立.
【详解】（1）证明：因为、、为正数，由可得，
所以，，
因为函数在上为增函数，故.
（2）证明：由基本不等式可得，，
，
由不等式的基本性质可得
，
当且仅当时，等号成立，故.