新高考名师二模模拟卷（5）-备战2023年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用）

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2023新高考名师二模模拟卷（5）
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．已知全集，集合或，，则如图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】化简集合B，根据集合的交集、补集运算求解即可.
【详解】，，
，
由图可知阴影部分表示的集合是，
故选：A.
2．已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内复数对应的点在（    ）
A．第四象限 B．第三象限
C．第二象限 D．第一象限
【答案】C
【分析】利用复数的除法，求出复数，从而可求出对应的点位于的象限．
【详解】复数满足，则，
∴复数对应的点的坐标是，对应的点在第二象限.
故选：C．
3．函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点即可排除选项求解.
【详解】的定义域为，关于原点对称，
因为，所以为奇函数，故排除C,D,
又，所以排除B,
故选：A
4．已知终边上一点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由终边坐标求得正余弦值，结合倍角公式求值即可.
【详解】由题意可知点，所以，，
，，
∴．
故选：B．
5．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：）分别为，，，且，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元/）分别为，，，且．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由，，所以
，故；同理，
，故.因为，故.故最低费用为.故选B.
6．“碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降，而“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过4年，该地区二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（    ）（参考数据：）
A．13年 B．14年 C．15年 D．16年
【答案】D
【分析】由条件列式先确定参数，再结合对数运算解方程.
【详解】由题意，，即，所以，
令，即，故，即，
可得，即．
故选：D
7．已知数列{}满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.
【详解】由，得，，所以，又，
所以数列是递增数列且，，所以，
所以，
所以， .当，得，由得，
则，
同上由累加法得，
所以，所以，则.
故选：C.
【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果.
8．已知定义在上的奇函数恒有，当时，，已知，则函数在上的零点个数为（    ）
A．4个 B．5个 C．3个或4个 D．4个或5个
【答案】D
【分析】利用奇函数性质和关系式转化求出的关系式并利用单调性画出简图，再利用数形结合思想根据的取值范围求出零点个数.
【详解】因为，所以的周期为2，
又因为为奇函数，，
令，得，又，所以，
当时，，
由单调递减得函数在上单调递增，
所以，得，
作出函数图象如图所示，

由图象可知当过点时，，此时在上只有3个零点.
当经过点时，，此时有5个零点.
当时，有4个零点.
当经过点时，，此时有5个零点.
当时，有4个零点.
当经过点时，，此时在上只有3个零点.
当时，有4个零点.
所以当时，函数在上有4个或5个零点.
故选：D
二、多选题(共20分)
9．已知函数，则（    ）
A．的最小值为0
B．的最小正周期为
C．的图象关于点中心对称
D．的图象关于直线轴对称
【答案】BD
【分析】先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，然后逐个分析判断
【详解】


，
对于A，当时，取得最小值，所以A错误，
对于B，的最小正周期为，所以B正确，
对于C，由，得，所以的图象的对称中心为，所以C错误，
对于D，由，得，所以的图象的对称轴为直线，当时，，所以的图象关于直线轴对称，所以D正确，
故选：BD
10．已知曲线：，焦点为､ ，，过的直线与交于两点，则下列说法正确的有（    ）
A．是的一条对称轴
B．的离心率为
C．对C上任意一点P皆有
D．最大值为
【答案】ABD
【分析】根据点点关于直线对称的点的坐标为在曲线判断A；根据点关于直线对称点在曲线得该曲线为椭圆，对称轴为直线和直线，进而求顶点坐标，进而求离心率判断B；结合C选项求焦点坐标，验证判断C；设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最值求解判断D.
【详解】解：对于A选项，设点是曲线上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标为，代入曲线方程满足，故是的一条对称轴，正确；
对于B选项，由于点是曲线上的任意一点，其关于直线对称点亦在曲线上，且该曲线是封闭的曲线，
故该曲线为椭圆，其对称轴为直线和直线，且椭圆中心为坐标原点，
故其顶点坐标为：，，，
由于点到椭圆中心的距离为，到椭圆中心的距离，
所以椭圆的长轴长为，短轴长为，
所以椭圆的焦距为，故其离心率为，故正确；
对于C选项，由B知，半焦距为，且焦点､在直线上，故焦点坐标为，
故，故错误；
对于D选项，由题知直线斜率存在，故设方程为，
则联立方程得得，
故，即或，
设，则，
所以，
到直线的距离为，
所以
令，由于得，故，
所以，
所以，当时，取得最大值，，故正确.
故选：ABD
11．某市教育局为了解双减政策的落实情况，随机在本市内抽取了A，B两所初级中学，在每一所学校中各随机抽取了200名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图：

由直方图判断，以下说法正确的是（    ）
A．总体看，A校学生做作业平均时长小于B校学生做作业平均时长
B．B校所有学生做作业时长都要大于A校学生做作业时长
C．A校学生做作业时长的中位数大于B校学生做作业的中位数
D．B校学生做作业时长分布更接近正态分布
【答案】AD
【分析】由直方图可逐项分析可得答案.
【详解】由直方图可知，A校学生做作业时长大部分在1—2小时，而B校学生做作业时长大部分在2.5—3.5小时，故A正确，C错误；
B校有学生做作业时长小于l小时的，而A校有学生做作业时长超过5小时的，故B错误；
B校学生做作业时长分布相对A校更对称，故D正确．
故选：AD.
12．已知，，，，则有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.
【详解】令，，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
若，则，
令，
则，
当时，，
，
在上恒成立，在上单调递减，，
即，又，，
，，
，，在上单调递增，
，即，A错误；
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
由得：；
设，，
则；
当时，，，
在上单调递减，，即，
又，，又，，
，，在上单调递增，
，即，B正确；
，，，
，又，，在上单调递减，
，则，C正确；
，又，，在上单调递增，
，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
第II卷（非选择题）
三、填空题(共20分)
13．数据：，，，，，，，，中的第百分位数是__________.
【答案】
【分析】将数据按照从小到大顺序排序，根据百分位数的计算方法直接求解即可.
【详解】将数据按照从小到大顺序排列为：，，，，，，，，；
共有个数据，，第百分位数即为从小到大的第个数，
即第百分位数为.
故答案为：.
14．已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．
【答案】4
【分析】先求出，再求出展开式的通项，知当时，展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.
【详解】依题意，知，，
则展开式的第项为，
当时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.
故答案为：4.
15．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，若C与直线有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得，则双曲线离心率取值范围范围为___________.
【答案】
【分析】由直线与双曲线有交点，得在一三象限的渐近线的斜率大于1，得出的一个范围．双曲线上存在不是顶点的P，使得，与轴交于点，由平面几何的知识及双曲线定义得，在直角三角形中由边的关系得不等式，得出的范围，同时由的范围又是一个不等关系，从而得出离心率范围．
【详解】双曲线C与直线有交点，则，，解得，
双曲线上存在不是顶点的P，使得，则点在右支上，
设与轴交于点，由对称性，所以，
所以，
，
所以，由得，所以，
又中，，，
所以，即，
综上，．
故答案为：．

16．如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为________；平面截球所得截面的周长为________．

【答案】         
【分析】将三棱锥补成正方体，则正方体的外接球是三棱锥的外接球，求出外接球半径，从而求出体积，求解截面周长，方法一：找到截面圆心，得到截面圆的半径，求出截面周长；方法二：建立空间直角坐标系，用空间向量求解出点到平面的距离，进而求出截面半径和周长.
【详解】因为，
将三棱锥补成正方体如图1，
所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点.
设外接球的半径为，则，即，
所以.       

方法一：设，因为平面，，
所以平面，所以平面平面，
因为平面平面，
过作，垂足为，如图2，则平面，且是截面的圆心.

设，如图3，在矩形中，

所以，过作，垂足为，则，
在中，，，
，则，所以，
设截面圆的半径为，则，故截面的周长为.
方法二：以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
由，得，
所以平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，球心到平面的距离为
所以，且.
设截面的半径，则，所以截面的周长为.
四、解答题(共70分)
17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求B.
(2)若，，___________，求.
在①D为AC的中点，②BD为∠ABC的角平分线这两个条件中任选一个，补充在横线上.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得，从而求出；
（2）选择条件①：利用向量的加法和数量积运算；选择条件②：利用面积关系进行计算；
(1)
（1）由正弦定理得，.
因为，所以，
所以，即.
又，则，所以.
(2)
（2）选择条件①：因为，所以，
，
.
选择条件②：
因为BD为∠ABC的角平分线，所以，
则，

解得.
18．已知数列{}满足∈N*，为该数列的前n项和.
(1)求证：数列{}为递增数列；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由题可得即可证明；
（2）由已知可得，即可求出，根据数列为递增数列可得即可证明.
（1）
因为，所以，
取倒数可得，
整理可得，
所以数列为递增数列；
（2）
由可得，即，
所以

，
又，所以，，即.
19．在三棱柱中，四边形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面与平面的交线为l.

(1)证明：；
(2)已知，，l上是否存在点P，使与平面ABP所成角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）由四边形为菱形，得到，根据平面平面ABC，证得，进而得到平面，从而证得；
（2）取中点D，连接AD，证得平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
(1)
证明：因为四边形为菱形，所以，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
又因为，所以平面，
又由平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以.
(2)
解：上不存在点P，使与平面ABP所成角为60°，
理由如下：
取中点D，连接AD，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为平面平面ABC，平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
可得,
则，，，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
假设l上存在一点P，使与平面ABP所成角为60°，
设，则，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，可取，
又由，所以，
即，此方程无解，
因此上不存在点P，使与平所成角为.

20．随着近期我国不断走向转型化进程以及社会就业压力的不断加剧，创业逐渐成为在校大学生和毕业大学生的一种职业选择方式.但创业过程中可能会遇到风险，有些风险是可以控制的，有些风险不可控制的，某地政府为鼓励大学生创业，制定了一系列优惠政策：已知创业项目甲成功的概率为，项目成功后可获得政府奖金20万元：创业项目乙成功的概率为，项目成功后可获得政府奖金30万元：项目没有成功则没有奖励，每个项目有且只有一次实施机会，两个项目的实施是否成功互不影响，项目成功后当地政府兑现奖励.
(1)大学毕业生张某选择创业项目甲，毕业生李某选择创业项目乙，记他们获得的奖金累计为（单位：万元），若的概率为，求的大小：
(2)若两位大学毕业生都选择创业项目甲或创业项目乙进行创业，问：他们选择何种创业项目，累计得到的奖金的数学期望最大？
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）间接求，因为“”的对立事件是“”，则，即可求得（2）设两位大学毕业生都选择创业项目甲且创业成功的次数为，都选择创业项目乙且创业成功的次数为，则这两人选择项目甲累计获奖得奖金的数学期望为，选择项目乙累计获奖得奖金的数学期望为.又，利用二项分布期望的计算公式以及期望的运算性质求得，比较二者的大小即可
（1）
由已知得张某创业成功的概率为，李某创业成功的概率为，且两人创业成功与否互不影响.记“这2人的累计获得奖金为（单位：万元）”的事件为，则事件的对立事件为“”
因为，所以，
求得
（2）
设两位大学毕业生都选择创业项目甲且创业成功的次数为，都选择创业项目乙且创业成功的次数为，则这两人选择项目甲累计获奖得奖金的数学期望为，选择项目乙累计获奖得奖金的数学期望为.
由已知可得，，所以，
从而.
若，则，解得；
若，则，解得；
若，则，解得.
综上所述，当时，他们都选择项目甲进行创业时，累计得到奖金的数学期望最大；
当时，他们都选择项目乙进行创业时，累计得到奖金的数学期望是大；
当时，他们都选择项目甲或项目乙进行创业时，累计得到奖金的数学期望相等..
21．已知抛物线的焦点为，准线与抛物线的对称轴的交点为，点在抛物线上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线交抛物线于两点，点A在轴上的投影为，直线分别与直线（为坐标原点）交于点，与直线交于点，记的面积为，的面积为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）依据题给条件列方程组求得的值，即可得到抛物线的方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，利用设而不求的方法求得P、Q点的坐标，再去求得的表达式，进而可证明
(1)
作，垂足为，则.

因为，所以，.
因为点在抛物线上，所以，
消去得：，解得.
所以抛物线的方程为.
(2)
设，
由，消去得.
则，因为，所以，则.                                    
依题意知直线的方程为，直线的方程为.                                   
由，得点的坐标为.    
由得的坐标为.  
要证，即证，即证.
即证，即证.
因为，，
所以

.
即，所以.
22．已知函数 .
(1)讨论的单调性；
(2)若时， ，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】(1)求导，对t分类讨论导函数的符号即可；
(2)利用（1）的结论构造函数，对t分类讨论.
【详解】（1） ，
当时， ， 单调递减， 单调递增；
当 时， ，显然 ，
当 时， ，单调递减，当 时， ，单调递增，
当 时， ，单调递减；
当 时，则 ，时 ，函数单调递增， 时单调递减， 时，单调递增；
综上，当时，在单调递增，在 单调递减；
当时，在单调递减，在 单调递增；
当时，在单调递增，在 单调递减；
（2）原不等式等价于 ，
构造函数，
，
当 时， ，
当 时， ，单调递减，当 时， ，单调递增，
， ；
当 时，令 ，同理可得：
，即 ；
由（1）的结论知：当， 时， 单调递增， 时单调递减，
，
即 ， ，满足题意；
当 ，时， 单调递增， 时，单调递减，
  ， ，满足题意；
下面证明当 时， ，即 ，构造函数：
，则 ，令  ，
， 单调递减， ，
单调递减， ， ，
即当，  时，总有 ，满足题意；
所以t的取值范围是 ；
【点睛】本题的难点在于如何巧妙利用第一问的结论构造函数，特别是当 时，
要考虑的图像 始终在 的下方，如果希望利用导数计算，则计算量特别大，不易成功.