打卡第九天-【10天刷完高考真题】冲刺2023年高考数学考前必刷题限时集训练（新高考通用）原卷版+解析版

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【10天刷完高考真题】冲刺2023年高考数学考前必刷题限时集训练（新高考通用）
新高考真题限时训练打卡第九天
Ⅱ 真题限时训练

一、单选题
1．（2022年全国新高考II卷数学试题）（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用复数的乘法可求.
【详解】，
故选：D.
2．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
3．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，所以.
故选：D.
4．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（    ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
故选：B
5．（2022年全国新高考I卷数学试题）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
6．（2022年全国新高考I卷数学试题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,

[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
二、多选题
7．（2022年全国新高考I卷数学试题）已知正方体，则（    ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；

连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
8．（2022年全国新高考I卷数学试题）已知函数，则（    ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
9．（2022年全国新高考II卷数学试题）已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
【答案】
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
10．（2022年全国新高考II卷数学试题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；故答案为：
五、解答题
11．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)； (2)．
【详解】（1）因为，即，而，所以；
（2）由（1）知，，所以，而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
12．（2022年全国新高考II卷数学试题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】(1)岁；
(2)；
(3)．
【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，根据对立事件的概率公式即可解出；
（3）根据条件概率公式即可求出．
【详解】（1）平均年龄
    （岁）．
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，所以
．
（3）设“任选一人年龄位于区间[40,50)”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：
,
则由条件概率公式可得
从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，此人患这种疾病的概率为．
13．（2022年全国新高考II卷数学试题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.

Ⅲ 精选模拟题预测
一、单选题
1．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：B.
2．（2022·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）辛亥革命发生在辛亥年，戊戌变法发生在戊戌年.辛亥年、戊戌年这些都是我国古代的一种纪年方法.甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号叫天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支.按天干地支顺序相组配用来纪年叫干支纪年法.例如：天干中“甲”和地支中“子”相配即为“甲子年”，天干中“乙”和地支中“丑”相配即为“乙丑年”，以此纪年法恰好六十年一循环.那么下列干支纪年法纪年错误项是 （   ）
A．庚子年 B．丙卯年 C．癸亥年 D．戊申年
【答案】B
【分析】根据干支纪年法的规则判断．
【详解】干支纪年法中年份相当于第一排把10个天干按顺序排列6次（共60个），第二排把12个地支排列5次（共60个），然后上下组合成一个年份．所有年份如下表所示：
1-10 甲子 乙丑 丙寅 丁卯 戊辰 己巳 庚午 辛未 壬申 癸酉
11-20 甲戌 乙亥 丙子 丁丑 戊寅 己卯 庚辰辛巳 壬午 癸未
21-30 甲申 乙酉 丙戌 丁亥 戊子 己丑 庚寅辛卯 壬辰 癸巳
31-40甲午乙未 丙申 丁酉 戊戌 己亥 庚子 辛丑 壬寅 癸卯
41-50甲辰 乙巳 丙午 丁未 戊申 己酉 庚戌 辛亥 壬子 癸丑
51-60甲寅 乙卯 丙辰 丁巳 戊午 己未 庚申 辛酉 壬戌 癸亥，故B错误，
故选：B．
3．（2023秋·江苏徐州·高二统考期末）中国古代数学著作《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里数是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第七天走的里数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可知，每天行走的里程数成等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求得结果.
【详解】由题意得，马每天行走的里程数成等比数列，
设第天行走的里数为，则数列是公比为的等比数列；
由七天一共行走了700里可得，
解得，所以，即该马第七天走的里数为.
故选：B
4．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解
【详解】由题意可知，如图所示，

在抛物线上，则
易知，，由，
因为被直线截得的弦长为，则，
由，于是在中，

由解得：，所以．
故选：C.
5．（2023秋·辽宁沈阳·高一沈阳二十中校联考期末）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【答案】D
【分析】根据题意，由指数，对数函数的单调性分别得到的范围，即可得到其大小关系.
【详解】因为，即
且，即
，即，所以
故选:D
6．（2023·全国·模拟预测）已知函数有零点，则实数a的取值范围是（     ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】解法一：设，可将原题转化为在上存在零点.根据导函数可知有最小值.由函数有零点，所以有，，进而根据，结合零点存在定理，即可得出实数a的取值范围；解法二：同构：将原式变形为，令.根据的导函数研究单调性，可得有最小值.由函数有零点，所以有，，进而根据，结合零点存在定理，即可得出实数a的取值范围.
【详解】解法一：
因为.
设，两边同时取自然对数，可得.
令．
对求导，得.
解可得，.
解可得，，所以在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，所以的定义域为．
若有零点，则有零点.
因为，解可得，.
解可得，，所以在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，当时，有最小值.
所以，要使在上有零点，则必有，
即.此时有，
且.
根据零点存在定理可得，，使得，即有零点，
所以有零点，所以.
解法二
由题可得，．
令，则.
解可得，.
解，可得，所以函数在上单调递增；
解，可得，所以函数在上单调递减.
所以，函数在时，取得最大值为，所以.
设，，则.
解，可得.
解，可得，所以在上单调递增；
解，可得，所以在上单调递减.
所以，当时，
函数有最小值.
要使函数有零点，则在上存在零点.
所以，必有，即，
又，
根据零点存在定理可得，，使得，即有零点，
所以有零点，所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：函数同构变形，由已知可得，进而可令.只需研究在上的零点即可.
二、多选题
7．（2023·全国·高一专题练习）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中（    ）

A．AB与CD平行 B．CD与GH是异面直线
C．EF与GH成角 D．CD与EF平行
【答案】CD
【分析】根据正方体的平面展开图得到直观图，然后判断即可.
【详解】该正方体的直观图如下：

与是异面直线，故A错；与相交，故B错；因为该几何体为正方体，所以，三角形为正三角形，直线与直线所成角为，则与所成角为，故CD正确.
故选：CD.
8．（2023·安徽·统考一模）已知为坐标原点，点，线段的中点在抛物线上，连接并延长，与交于点，则（    ）
A．的准线方程为 B．点为线段的中点
C．直线与相切 D．在点处的切线与直线平行
【答案】BCD
【分析】将代入抛物线得，则得到其准线方程，则可判断A，联立直线的方程与抛物线方程即可得到，即可判断B，利用导数求出抛物线在点处的切线方程，令，则可判断C，再次利用导数求出抛物线在处的切线斜率，则可判断D.
【详解】对A，根据中点公式得，将其代入得，则，
所以抛物线的准线方程为，故A错误，
对B，，则直线的斜率为，则直线的方程为，
将其代入得，解得或0（舍去），此时，
则，所以为中点，故B正确；
对C，，即，则，
故抛物线在点处的切线的斜率为，
故切线方程为，
令得，所以直线为的切线，故C正确；
对D，抛物线在处的切线方程的斜率为，
而直线的斜率为，则两直线的斜率相等，且两直线显然不可能重合，
所以在点处的切线与直线平行.
故选：BCD.
三、填空题
9．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】8186
【分析】根据正态分布的概率分布原则可得，进而求出即可求解.
【详解】由题意知，，
所以，
得

，
所以袋装质量在区间的约有袋.
故答案为：8186.
10．（2022·江苏·高二期末）已知点，点、关于直线对称，若直线过点且与直线交于点，若，且直线的倾斜角大于的倾斜角，则直线的斜截式方程为_______．
【答案】
【分析】利用两点关于直线的对称性求出点的坐标，求出以及直线的方程，设点，利用点到直线的距离公式以及求出的值，根据直线的斜率的取值范围为得出点的坐标，进而可求得直线的方程.
【详解】设点，线段的中点为，直线的斜率为，
由题意可得，解得，即点，
设点，直线的方程为，且，
点到直线的距离为，
，解得或.
因为直线的倾斜角大于的倾斜角，且直线的斜率为，
设直线的斜率为，则.
若时，则点，此时，合乎题意；
若时，则点，，不合乎题意.
所以，直线的方程为.
故答案为：.
四、解答题
11．（2022秋·重庆北碚·高三西南大学附中校考阶段练习）记的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求；
(2)记的面积为，求的最大值．
【答案】(1)
(2)的最大值为
【分析】（1）利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理可得出、的等量关系，再利用正弦定理可求得的值；
（2）由三角形的面积公式以及余弦定理可得出，令，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可得出关于的不等式，即可求得的最大值.
【详解】（1）解：因为，
由平面向量数量积的定义可得，
即，整理可得，
由正弦定理可得.
（2）解：，由余弦定理可得，
所以，，令，即，
可得，为锐角，且，
所以，，解得，此时，
当时，取得最大值.
故的最大值为.
12．（2023·全国·高三专题练习）德化瓷器是泉州的一张名片，已知瓷器产品T的质量采用综合指标值M进行衡量，M∈[8，10]为一等品；M∈[4，8）为二等品；M∈[0，4）为三等品.某瓷器厂准备购进新型窑炉以提高生产效益，在某供应商提供的窑炉中任选一个试用，烧制了一批产品并统计相关数据，得到下边的频率分布直方图.

(1)估计该瓷器产品T的质量综合指标值M的第60百分位数；
(2)根据陶瓷厂的记录，产品各等次的销售率（某等次产品销量与其对应产量的比值）及单件售价情况如下：

一等品
二等品
三等品
销售率



单件售价
20元
16元
12元

根据以往的销售方案，未售出的产品统一按原售价的50%全部处理完.已知该瓷器厂认购该窑炉的前提条件是，该窑炉烧制的产品同时满足下列两个条件：
①综合指标值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）不小于6；
②单件平均利润不低于4元.若该新型窑炉烧制产品T的成本为10元/件，月产量为2000件，在销售方案不变的情况下，根据以上图表数据，分析该新型窑炉是否达到瓷器厂的认购条件.
【答案】(1)7.75 (2)该新型窑炉达到瓷器厂的认购条件
【分析】（1）根据百分位数的计算方法即可求解；（2）根据频率直方图的平均值和数学期望的计算方法即可求解.
【详解】（1）设该瓷器产品T的质量综合指标值M的第60百分位数为m，由频率分布直方图知，且，解得，
所以该瓷器产品T的质量综合指标值M的第60百分位数的估计值为7.75.
（2）①先分析该窑炉烧制出的产品T的综合指标值的平均数：
由频率分布直方图知，综合指标值的平均数
，
故满足认购条件①.
②再分析该窑炉烧制的单件平均利润值：
由频率分布直方图可知，该新型窑炉烧制的产品T为一、二、三等品的概率估计值分别为0.36，0.54，0.1，故2000件产品中，一、二、三等品的件数估计值分别为720，1080，200.
一等品的销售总利润为元；
二等品的销售总利润为元；
三等品的销售总利润为元；
故2000件产品的单件平均利润值的估计值为，
满足认购条件②，
综上，该新型窑炉达到瓷器厂的认购条件.
13．（2023秋·辽宁葫芦岛·高二统考期末）如图，已知双曲线，的左、右顶点恰是椭圆的左、右焦点、，的渐近线方程为，的离心率为，分别过椭圆的左右焦点、的弦、所在直线交于双曲线上的一点．

(1)求、的标准方程；
(2)求证：为定值；
(3)求证：为定值．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程可求得的值，设椭圆的标准方程为，根据椭圆的离心率可求得的值，由此可得出曲线、的标准方程；
（2）设点，则，结合斜率公式可求得为定值；
（3）设直线和的斜率分别为、，则，设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，可得出的表达式，同理可得出的表达式，计算可得出为定值.
【详解】（1）解：由题设知，双曲线的渐近线方程为，即，解得．
易知点、。
双曲线的左、右顶点恰是椭圆的左、右焦点，
设椭圆的标准方程为，
则椭圆的离心率为，解得．
因此，双曲线的标准方程为，椭圆的标准方程为.
（2）证明：点在上，设点，则，
为定值．
（3）证明：设直线和的斜率分别为、，则，
设、，
则直线的方程为，
联立可得，
，
且，，

，
同理，
为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．