艺术生专用卷02-2023年高考数学全真模拟卷(新高考卷)

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2022年高考艺术生专用试题（二）数学（新高考卷）（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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】，，则，故选：B.2．设复数的共轭复数，若，则对应的点位于复平面内的（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【详解】依题意有，则，∴对应的点为，位于复平面内的第四象限.故选：D3．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列的排法总数为（    ）A．1782 B．1720 C．2520 D．1260【答案】D【详解】同色球不加以区分可以理解为定序问题，故将这9个球排成一列的排法总数为种.故选：D4．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】因为函数的定义域为，且，所以函数为奇函数，故排除选项和；又因为当时，，当时，，且当时，，故排除选项.故选：.5．已知，则三个数的大小顺序是（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】由，， ，所以.故选：B.6．已知抛物线与双曲线有相同的焦点，点A是两曲线的一个交点，且轴，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】由抛物线可得焦点，则双曲线的右焦点为，即，若轴，可设，则，由题意可得：，解得，∴双曲线的离心率为.故选：D.7．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【详解】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，平面和平面为有公共顶点的两个正三角形所在平面，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则设平面的法向量为所以，令，所以设平面的法向量为所以，令，所以设平面平面和平面的夹角为，则，因为平面和平面的夹角为锐角，所以，所以，故选：D8．已知函数的极值点为，函数的最大值为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】的定义域为，在上单调递增，且，，所以，．的定义域为，由，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，即．所以．故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．空气质量指数大小分为五级.指数越大说明污染的情况越严重，对人体危害越大，指数范围，，，，分别对应“优”“良”“轻度污染”“中度污染”“重污染”五个等级.如图是某市连续天的空气质量指数趋势图，下面说法正确的是（    ）A．这天中有天空气质量指数为“轻度污染”B．从日到日空气质量越来越好C．这天中空气质量的中位数是D．连续三天中空气质量指数方差最小是日到日【答案】ABC【详解】对于A，由空气质量指数趋势图可知：这天中，空气质量指数位于的天数有日，则有天空气质量指数为“轻度污染”，A正确；对于B，从日到日空气质量指数依次下降，则空气质量越来越好，B正确；对于C，将天空气质量指数按照从小到大顺序排序，中位数为第和第个数的平均数，即，C正确；对于D，若连续三天空气质量指数方差最小，则连续三天数据波动幅度最小，显然日到日数据波动幅度最大，则方差应为最大，D错误.故选：ABC.10．已知函数,现将函数的图象沿x抽向左平移单位后,得到一个偶函数的图象,则（    ）A．函数的周期为B．函数图象的一个对称中心为C．当时,函数的最小值为D．函数的极值点为【答案】AC【详解】解:由题知将的图象沿x抽向左平移单位后为:,因为为偶函数,所以把,因为,所以解得,故;所以周期为,故选项A正确;令,解得,因为故为的一个对称中心,故选项B错误;因为,令,则在单调递减,所以,故选项C正确;令,可得,极值点处即为对称轴处,故极值点为,故选项D错误.故选:AC11．过点的直线与圆交于两点，是圆上的两点，且，则下列说法正确的是（    ）A．的最小值为B．面积的最大值为C．的最小值为D．的最大值为【答案】ACD【详解】设圆心到直线的距离为，由题意得，，所以，故A正确；的面积，当时，，故B错误；设的中点为，又，则，即点E的轨迹为圆，所以，，因为，所以的最小值为.故C正确；，所以的最大值为，故D正确，故选：ACD.12．在正方体中，点P满足，则（    ）A．对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变B．对于任意的正实数，都有平面C．存在正实数，使得异面直线与所成的角为D．存在正实数，使得直线与平面所成的角为【答案】AB【详解】A：因为平面，平面，所以平面，因为，所以在线段（不包括端点）上，因此对于任意的正实数，点到平面的距离不变，而，所以对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变，因此本选项正确；建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，B：设平面的法向量为，，所以有，因为，所以，而平面，所以平面，因此本选项正确；C：假设存在正实数，使得异面直线与所成的角为，则有解得：，所以不存在正实数，使得异面直线与所成的角为，因此本选项不正确；D：假设存在正实数，使得直线与平面所成的角为，设平面的法向量为，所以有，，解得，所以假设不成立，因此不存在正实数，使得直线与平面所成的角为，所以本选项不正确，故选：AB二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______.【答案】【详解】令，则的展开式各项系数之和为，则,其中通项，令，则，则，故含的项的系数为.故答案为：.14．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则______.【答案】12【详解】因为，，所以，则.故答案为：.15．九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪（1906—1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，，则______．【答案】【详解】解：因为，，，所以当且时，，所以.故答案为：.16．已知在处取得极值，则的最小值为__________.【答案】3【详解】由，因为函数在处取得极值，所以有，于是有，因为，所以，当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，故答案为：3  四、解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．从①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在中，分别是角的对边，若选______________________________．(1)求角的大小；(2)若点在边上，满足，且，求边的长．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)12 【详解】（1）选①：∵，由正弦定理可得，则，∵，则，∴，即，又∵，故；选②：∵，由正弦定理可得：，即，∴，又∵，故；选③：∵，则，解得或，又∵，则，可得，即，∴，故.（2）由题意可得：，则，即，解得或（舍去），故边的长12.18．已知数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)设求数列的前100项和.【答案】(1)(2)22950. 【详解】（1） ，所以 是常数列，即 ；（2）由（1）知， 是首项为2，公差为3的等差数列，由题意得 ， ，设数列，的前50项和分别为，，所以 ，，所以的前100项和为 ；综上， ，的前100项和为.19．如图1，在直角梯形中， ，点E、F分别是边的中点，现将 沿边折起，使点C到达点P的位置（如图2所示），且.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）如图，连接BF，由条件知四边形ABFD是正方形， ， 是等腰直角三角形，E是BC的中点， ；并且 ， ；如图：在 中， ，   ， ， 平面ABD， 平面ABD，又 ， 平面ABD， 平面APE， 平面 平面ABD；（2）因为 两两垂直，以E为原点，BE为x轴，FE为y轴，EP为z轴建立空间直角坐标系如下图：则有， ，设平面ABP与平面ADP的夹角为 ，平面ABP的一个法向量为 ，平面ADP的一个法向量为 ，则有： ， ，令 ，则 ； ， ，令 ，则 ，  ， ；20．某班在一次班会课上推出了一项趣味活动：在一个箱子里放有4个完全相同的小球，小球上分别标注有1、2、3、4号码.参加活动的学生有放回地摸两次球，每次摸1个，并分别记录下球的号码数字x，y.奖励规则如下：①若xy≤3，则奖励笔记本1本；②若xy≥8，则奖励水杯1个；③其余情况奖励饮料1瓶.(1)求小王获得笔记本的概率；(2)试分析小王获得水杯与获得饮料，哪一个概率大?【答案】(1)(2)获得水杯的概率大【详解】（1）小王两次摸球，的情况包含（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）共16种情况，其中满足的有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1），共有5种情况，所以小王获得笔记本的概率（2）满足的基本事件包含（2，4），（3，3），（3，4），（4，2），（4，3），（4，4）共6个基本事件，所有小王获得水杯的概率，小王获得饮料的概率，因为，所有获得水杯的概率大.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上两点．(1)若直线过左焦点，求的周长；(2)若直线过点，求的取值范围；．(3)若点是椭圆与抛物线在第一象限的交点．是否存在点，使得线段的中点在拋物线上？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)8(2)(3)存在；【详解】（1）由题意知，所以，的周长为；（2）设，当直线斜率不存在时，直线方程为，代入中，得：，，当直线斜率为0时，，所以；当直线斜率不为0时，设，由得，所以，又，所以，综上，的取值范围是；（3）假设存在满足条件的点的坐标满足题意，由，得，所以或1，因为在第一象限，所以，由中点在拋物线上，故设中点，则利用中点公式得：且在上，所以，所以，即，所以或（舍去），故中点，所以存在点．22．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数的解集.【答案】(1)(2)（0，）【详解】（1）依题意，函数的定义域为，且，，，因此，曲线在点处的切线方程为，即；（2）依题意，函数的定义域为，且，令且，故不等式的解集为（0，）