押题预测卷09（解析版）决胜2023年高考数学押题必刷仿真模拟卷（新高考地区专用）

这是一份押题预测卷09（解析版）决胜2023年高考数学押题必刷仿真模拟卷（新高考地区专用），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
决胜2023年高考数学考前押题预测卷09一、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的．1．已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】由题意得，，则，故选：C．2．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】∵，又∵“等部复数”的实部和虚部相等，复数z为“等部复数”，∴，解得，∴，∴，即，∴复数在复平面内对应的点是，位于第四象限.故选：D.3．已经连续抛掷一枚质地均匀的硬币2次，都出现了正面向上的结果，第3次随机地抛掷这枚硬币，则其正面向上的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】C【解析】记抛掷一枚质地均匀的硬币正面向上为1，反面向上为0，记为3次抛掷的结果，.则试验的所有结果可能为，，，，，，，，，共有8个样本点.其中，前2次都出现了正面向上的结果，包含的样本点有，，共2个；3次都为正面向上，包含的样本点有，共1个.设前2次都出现了正面向上为事件，3次都为正面向上为事件，则，，显然，所以，在前2次都出现了正面向上的结果下，第3次正面向上的概率.故选：C.4．在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】由题意得：，，，因为，所以，因为，所以，故，所以.故选：B5．当个相同的声强级为的声源作用于某一点时，就会产生声强级的叠加，叠加后的声强级，已知一台电锯工作时的声强级是，则10台电锯工作时的声强级与台电锯工作时的声强级的关系约为（    ）（参考数据：）A.  B.  C.  D.  【答案】C【解析】10台电锯工作时的声强级，5台电锯工作时的声强级，所以. 故 选: C.6．已知，则（    ）A. -1 B. 0 C. 1 D. 2【答案】D【解析】由，则，得，令，得，左右两边除以，得，所以．故选：D．7．已知函数f（x）的定义域为R，且，，当时，，则）=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】由，有，可得，所以的周期为2.令，代，可得，所以，故函数为奇函数，所以因为，所以，所以.故选：B8．已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，,则，，故，，所以  在中运用余弦定理与基本不等式得：，在中运用余弦定理与基本不等式得：，上两式相加得：，故有： ，在中由正弦定理得：， 因此，.故选：B二、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2分，有选错的得0分．9．下列说法正确的的有（    ）A. 已知一组数据的方差为， 则的方差也为B. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是-4C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 已知随机变量服从二项分布，若，则【答案】ABC【解析】对于A：设的平均数为，方差为，则，，所以的平均数为，所以方差为，故选项A正确；对于B：因为线性回归直线过样本点中心，所以，可得，故选项B正确；对于C：因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又，而，所以，则，故选项C正确；对于D：因为服从二项分布，所以，所以，则，故选项D错误故选：ABC.10．已知函数，下列结论正确的是（    ）A. 的最小正周期为B. 是的最大值C. 把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象D. 时，的最小值为，的最大值为1【答案】AC【解析】对于A项，因为，所以周期，故A正确；对于B项，，故B不正确；对于C项，将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，故C正确；对于D项，因为，所以.因为在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值，最大值为2；又时，，时，，所以当时，取得最小值，最小值为，故D不正确．故选：AC．11．设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，若（    ）A．，则B．，则C．，则的取值范围是D．，则的取值范围是【答案】BD【解析】如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，当时，则，所以，即，由离心率的公式可得，故正确.当时，可得，即，可得，由，可得，可得，即，则，可设，则，由在上单调递增，可得，则，故正确.故选：BD12．若函数有两个极值点，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】由题意知，在上有2个不同的根，又∵，∴，即： ，∴在上有2个不同的交点，令，∴，，，∴在上单增，在上单减，又∵，，当时，，当时，，∴的图象如图所示，∴当时，与在上有2个不同的交点，.故选项A项正确，选项B项错误；对于C项，由题意知，，∴，又∵，∴，令，则，则在上单调递增，∴，即：.故选项C项正确；对于D项，设，∴，解得：∴，∴，，令，则，令，则，，∵，∴∴在上单调递增，∴，∴在上单调递增，∴，∴，∴在上单调递增，∴∴，即：，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是__________．【答案】【解析】因为，所以，即①.因为向量在向量方向的投影向量是，所以.所以②，将①代入②得，，又，所以.故答案为：14.已知直线l经过点，且被圆截得的弦长为6，则直线l的方程是__________．【答案】或【解析】由题可知圆心，半径，弦长，设弦心距是d，则，解得，若l斜率不存在，直线是，符合题意，若l斜率存在，设直线方程，即，则，解得，直线l的方程为，即，综上，所求直线方程为或．故答案为：或．15.某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．【答案】【解析】因为100个数据，，，…，的平均值，方差，所以的估计值为，的估计值为．设该市高中生的身体素质指标值为X，由， 得，所以．故答案为：.16．“数列”是每一项均为或的数列，在通信技术中应用广泛．设是一个“数列”，定义数列：数列中每个都变为“”，中每个都变为“”，所得到的新数列．例如数列，则数列．已知数列，且数列，，记数列的所有项之和为，则__________．【答案】【解析】设数列中，的个数为，的个数为，则，，两式相加得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；两式相减得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；，，，.故答案为：.四、解答题：本题共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．记数列的前n项和为，对任意，有．（1）证明：是等差数列；（2）若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】（1）因为①，则②①－②可得，故为等差数列．（2）若当且仅当时，取得最大值，则有,得则，，故的取值范围为．18．某地区的疾控机构为了考察药物A对某疾病的预防效果，在该地区随机抽取96人，调查得到的统计数据如下表所示. 患病未患病合计服用约物A103848未服用约物A222648合计326496 （1）试判断：是否有99%以上的把握认为药物A对预防该疾病有效果?（2）已知治愈一位服用药物A的该疾病患者需要2个疗程，治愈一位未服用药物A的该疾病患者需要3个疗程.从该地区随机抽取1人，调查其是否服用药物A、是否患该疾病，若未患病，则无需治疗，若患病，则对其进行治疗并治愈.求所需疗程数的数学期望.附：（其中），.【答案】（1）有99%以上的把握认为药物A对预防该疾病有效果    （2）【解析】（1）由题意可得，所以有99%以上的把握认为药物A对预防该疾病有效果.（2）设所需疗程数为，的可能取值为，，，由表格可知，；；，所以随机变量的分布列为则,所以所需疗程数的数学期望为.19．如图，正三棱柱中，，点M为的中点．（1）在棱上是否存在点Q，使得AQ⊥平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由：（2）求点C到平面的距离．【答案】（1）存在，；    （2）.【解析】（1）在正三棱柱中，因为点为的中点，则，又平面， 平面，则有，而平面，于是平面，平面，则平面平面，在平面内过点作交于点，平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点，显然，因此，即有，于是，，所以. （2）取的中点，连接，因为点为的中点，则，于是为平行四边形，即，而平面，平面，因此平面，有点到平面的距离等于点到平面的距离,又为之中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半,而由（1）知，当时,平面，，设，则，所以点C到平面的距离.20．如图，平面四边形ABCD中，，，．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．（1）求四边形ABCD的外接圆半径R；（2）求内切圆半径r的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】（1）在中，，所以，由正弦定理，，可得，再由余弦定理，，又，所以.因为，所以，所以A，B，C，D四点共圆，则四边形ABCD的外接圆半径就等于外接圆的半径.又，所以.（2）由（1）可知：，则.，则.在中，由正弦定理，，所以，，则，又，所以，所以，，所以.21．已知抛物线与都经过点．（1）若直线与都相切，求的方程；（2）点分别在上，且，求的面积．【答案】（1）    （2）【解析】（1）因为曲线都过点，所以，解得，即，设直线与曲线相切于点，令，可得，则切线的斜率，所以切线方程为，即，由，整理得，因为为曲线的公切线，所以，解得，所以直线的方程为，即．（2）设，，又，，所以，可得，两式相减得到，当时，，，此时，，则，，且，可得，所以，所以；当时，，此时方程无解，（舍去），综上，可得的面积为．22．已知函数，为的导数.（1）若为的零点，试讨论在区间的零点的个数；（2）当时，，求实数m的取值范围.【答案】（1）两个    （2）【解析】（1）由题意，函数，可得，因为为的零点，所以，即，从而，①因为，所以0是的零点；②当时，设，则，（ⅰ）若，令，则，所以在单调递减，因为，所以存在唯一的，使得，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；（ⅱ）若，令，则，故上单调递减，所以.又，所以在上单调递减；（ⅲ）若，则在上单调递减.由（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）可得，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以存在唯一使得.当时，，在上单调递增，，当时，，在上单调递减，因为，所以在上有且只有一个零点.综上可得，在上有两个零点.（2）当时，，则不等式化为，即为.令，则当时，，在单调递增，且，故时满足题意；当时，令，则在有无数零点所以存在最小的一个，使，则在单调递增，所以，即，所以，使，所以，故不满足题意，舍去.当时，因为，所以，令，，不满足题意，舍去.综上可得，，即实数的取值范围是