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    冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷04(新高考全国Ⅰ卷)(解析版)

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    这是一份冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷04(新高考全国Ⅰ卷)(解析版),共22页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2023年新高考全国模拟测试卷04

    一、单选题

    1.已知全集,集合,则    

    A B

    C D

    【答案】A

    【分析】解一元二次不等式化简集合A,再利用补集的定义求解作答.

    【解析】集合,而全集

    所以.

    故选:A

    2.已知,则的(    

    A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

    C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

    【答案】C

    【分析】根据指数函数与对数函数的单调性,结合简易逻辑用语判断选项即可.

    【解析】因为定义域上单调递减,故由,而定义域上单调递增,故,满足充分性;

    ,满足必要性,

    故选:C

    3.为了解学生每天的体育活动时间,某市教育部门对全市高中学生进行调查,随机抽取1000名学生每天进行体育运动的时间,按照时长(单位:分钟)分成6组:第一组,第二组,第三组,第四组,第五组,第六组.对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图,则可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为(    

    A43.5分钟 B45.5分钟 C47.5分钟 D49.5分钟

    【答案】C

    【分析】由百分位数的定义求解即可.

    【解析】由频率之和为1得:,解得

    故第25百分位数位于内,

    则第25百分位数为.

    可以估计该市高中学生每天体育活动时间的第25百分位数约为47.5

    故选:C.

    4.已知,则的值为(    

    A B C D

    【答案】B

    【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解.

    【解析】

    .

    故选:B.

    5.已知直线与曲线相切,则实数a的值为(    

    A B C0 D2

    【答案】A

    【分析】设切点,利用导数的几何意义计算即可.

    【解析】设切点为,易知,则,解之得

    故选:A

    6.某地生产红茶已有多年,选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验,在正常环境下,甲乙两个品种的茶青每500克的红茶产量(单位:克)分别为,且,其密度曲线如图所示,则以下结论错误的是(    

    A的数据较更集中

    B

    C.甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于

    D

    【答案】D

    【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解.

    【解析】对于AY的密度曲线更尖锐,即数据更集中,正确;

    对于B,因为c 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积

    ,正确;

    对于C 甲种茶青每500克超过 的概率 ,正确;

    对于D,由B知: ,错误;

    故选:D.

    7.已知双曲线,点的坐标为,若上的任意一点都满足,则的离心率取值范围是(    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】根据两点间距离公式,结合一元二次不等式的性质、双曲线离心率公式进行求解即可.

    【解析】

    ,代入不等式中,

    化简,得恒成立,

    则有

    解得,而,所以

    故选:A

    【点睛】方法点睛:一般求双曲线的离心率的方法是:根据已知的等式或不等式,构造关于中任意两个量的双齐次方程或不等式,再结合双曲线的离心率大于1进行求解即可.

    8.中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究,中国传世数学著作《九章算术》卷五商功主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时,将正四棱台切割成九部分进行求解.下图(1)为俯视图,图(2)为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体;对应四个三棱柱,对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12,四个四棱锥的体积之和为4,则该正四棱台的体积为(    

    A24 B28 C32 D36

    【答案】B

    【分析】根据给定条件,利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式,求出长方体的体积作答.

    【解析】如图,令四棱锥的底面边长为a,高为h,三棱柱的高为b

    依题意,四棱锥的体积,即,三棱柱的体积,即有

    因此,于是长方体的体积

    所以该正四棱台的体积为.

    故选:B

    【点睛】关键点睛:求几何体的体积,将给定的几何体进行恰当的分割,转化为可求体积的几何体求解是关键.

     

    二、多选题

    9.下列说法正确的是(    

    A.若,则

    B.若,则的最小值为4

    C.命题使得,则

    D.从12345中任取3个不同的数,则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为

    【答案】AD

    【分析】根据不等式的性质判断A选项,根据基本不等式取等条件判断B选项,根据命题的否定判断C选项,根据古典概型概念判断D选项.

     

    【解析】,左右两边乘以,可得,A选项正确;

    ,当且仅当取等号,显然等号取不到,即的最小值不是4,B选项错误;

    命题使得,则,C选项错误;

    12345中任取3个不同的数共有10种情况:,

    则以这3个数为边长能构成直角三角形有1种情况

     

    则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为,D选项正确;

    故选:AD.

    10.已知函数的部分图象如图所示,则下列结论正确的是(    

    A的图象关于点对称

    B在区间的最小值为

    C为偶函数

    D的图象向右平个单位后得到的图象

    【答案】BC

    【分析】由图象可求得的解析式,对于A: 验证是否为的零点;对于B先求出的范围再求的值域;对于C,求出的解析式判断奇偶性;对于D:根据图象的平移求出平移后的解析式判断.

    【解析】,由图象可知,即,又,所以

    由五点作图法可得,解得,所以

    对于A,所以的图象关于对称,故A错误;

    对于B:当时,,即在区间上的最小值为,故B正确;

    对于C,为偶函数,故C正确.

    对于D的图象向右平移个单位后得到的图象,故D错误;

    故选:BC.

    11.如图所示,从一个半径为(单位:)的圆形纸板中切割出一块中间是正方形,四周是四个正三角形的纸板,以此为表面(舍弃阴影部分)折叠成一个正四棱锥,则以下说法正确的是(    

    A.四棱锥的体积是

    B.四棱锥的外接球的表面积是

    C.异面直线所成角的大小为

    D.二面角所成角的余弦值为

    【答案】BCD

    【解析】设正方形边长为,则有

    所以,解得

    折叠而成正四棱锥如图所示,其中为外接球的球心,

    四棱锥的高

    所以四棱锥的体积,所以选项A错误;

    设四棱锥外接球的半径为,球心到底面的距离为

    则有

    解得,所以四棱锥外接球表面积

    因为,所以异面直线所成角为

    的中点,连接,如图,

    因为均为等边三角形,

    所以

    所以为二面角所成角的平面角,

    中,由余弦定理得

    故正确答案为BCD.

    故选:BCD

    12.设函数的定义域为,且满足,当时,,则下列说法正确的是(    

    A是偶函数 B为奇函数

    C.函数8个不同的零点 D

    【答案】AB

    【分析】根据已知推出函数关于直线对称且关于对称,周期为8,由已知区间上的解析式画出图象判断AB;结合图象判断交点个数,周期性求函数值的和判断CD.

    【解析】,则函数关于直线对称,且

    ,则函数关于对称,且

    所以,故,则,故函数的周期为8

    ,则

    根据周期和对称性知:值域为

    由函数关于直线对称且关于对称,周期为8

    向左平移1个单位得到,是偶函数,故A正确:

    向左平移3个单位得到,是奇函数,故B正确;

    上递减,且;在上递增,且

    结合图象:看出的图象有10个交点,即10个不同的零点,故C错误:

    ,则

    所以,故D错误,

    故选:AB

     

    三、填空题

    13.已知向量满足,则的夹角为___________.

    【答案】

    【分析】根据平面向量数量积的运算性质,结合平面向量夹角公式进行求解即可.

    【解析】

    故答案为:

    14展开式中的系数为___________.

    【答案】

    【分析】变换,根据二项式定理计算得到答案.

    【解析】的展开式的通项为:

    ,计算得到系数为:.

    故答案为:.

    15.如图,已知椭圆的焦点为,点为椭圆上任意一点,过的外角平分线的垂线,垂足为点.过点轴的垂线,垂足为,若线段的中点为,则点的轨迹方程为______.

    【答案】

    【分析】根据题意,利用椭圆定义,求得长度,即可容易求得点的轨迹方程.

    【解析】延长的延长线于点,连接,作图如下:

    容易知点关于的对称点为

    故可得

    又因为分别为的中点,

    故可得

    不妨设点的坐标为,故可得点的坐标为

    整理得.

    故答案为:.

    【点睛】本题考查椭圆的定义,以及椭圆中动点轨迹方程的求解,属中档题.

    16.已知数列的前n项和为,满足:,且为方程的两根,且.若对于任意,不等式恒成立,则实数的取值范围为___________.

    【答案】

    【分析】先利用等差数列通项公式求解,再利用数列的单调性求解数列的最大值,进而解决不等式恒成立问题即可.

    【解析】可知数列是等差数列,设其公差为

    解方程,又

    .

    ,设

    对于任意恒成立,所以只考虑的符号,

    解得,即上单调递增,

    解得,即上单调递减,

    时,,即

    ,即

    即从开始单调递减,

    ,即

    的取值范围为.

    故答案为:.

     

    四、解答题

    17.在锐角中,角ABC所对应的边分别为abc已知.

    (1)求角A的值;

    (2),求的取值范围.

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】(1)根据正弦定理得到,再利用余弦定理运算求解;

    2)根据正弦定理得到,从而得到,根据题意结合角C的取值范围运算求解.

    【解析】1)由正弦定理得:,整理得:

    由余弦定理得:

    ,则.

    2)由(1)可得:,且

    锐角中,由正弦定理得:

    可得

    锐角三角形,且,则

    ,解得

    ,且

    可得,则

    的范围是.

    18.已知等比数列的前n项和为,其公比,且.

    (1)求数列的通项公式;

    (2)等比数列的前n项和为,其公比,求证:.

    【答案】(1)

    (2)证明见详解.

     

    【分析】(1)利用等比数列的通项公式和前n项和公式即可求出数列的通项公式;

    2)利用等比数列的前n项和公式即可完成证明.

    【解析】1)因为是等比数列,公比为,则

    所以,解得

    ,可得,解得

    所以数列的通项公式为.

    2)证明:由(1)知,

    则等比数列的前项和为

    因为,所以,所以.

    19.安全教育越来越受到社会的关注和重视.为了普及安全教育,学校组织了一次学生安全知识竞赛,学校设置项目A地震逃生知识问答和项目B火灾逃生知识问答.甲、乙两班每班分成两组,每组参加一个项目,进行班级对抗赛.每一个比赛项目均采取五局三胜制(即有一方先胜3局即获胜,比赛结束),假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为,在项目B中甲班每一局获胜的概率为,且每一局之间没有影响.

    (1)求乙班在项目A中获胜的概率;

    (2)设乙班获胜的项目个数为X.求X的分布列及数学期望.

    【答案】(1)

    (2)分布列见解析,

     

    【分析】(1)由对立事件概率公式求得乙班在项目A中每局获胜的概率,然后分成乙班三局全胜,四局三胜和五局三胜三个互斥事件求出概率;

    2)与(1)同理求得乙班在项目中获胜的概率,而的可能值是012,利用独立事件、对立事件概率公式求得概率的分布列,再由期望公式求得期望.

    【解析】1)记乙班在项目A中获胜为事件A

    由事件的对立性知,乙班在项目A中每局获胜的概率为,负的概率为

    所以乙班在项目A中获胜的概率为

    2)记乙班在项目B中获胜为事件B

    X的可能取值为012,由事件对立性和独立性知,

    .

    所以X的分布列为

    X

    0

    l

    2

    P

    所以乙班获胜的项目个数的数学期望为

    20.如图1,在五边形中,四边形为正方形,,如图2,将沿折起,使得处,且

    (1)证明:平面

    (2)求二面角的余弦值.

    【答案】(1)证明见解析

    (2)

     

    【分析】(1)利用线面垂直的判定定理可证结论;

    2)建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,利用法向量的夹角求解二面角.

    【解析】1)证明:由题意可知,所以

    因为平面

    所以平面

    2)取的中点,连接

    由等腰三角形的性质可知

    ,可知

    ,可知,四边形为平行四边形,平面

    ,以为坐标原点,的方向分别为轴的正方向,建立空间直角坐标系,则

    设平面的法向量为,则  

    ,得

    因为

    所以平面的一个法向量为

    所以

    由图可知二面角为锐角.故二面角的余弦值为

    21.设椭圆方程为分别是椭圆的左、右顶点,直线过点,当直线经过点时,直线与椭圆相切.

    (1)求椭圆的方程.

    (2)若直线与椭圆交于(异于)两点.

    i)求直线的斜率之积;

    ii)若直线的斜率之和为,求直线的方程.

    【答案】(1)

    (2)i;(ii

     

    【分析】(1)由直线的两点式方程可得的方程,联立椭圆方程,利用直线与椭圆的位置关系求出b,即可求解;

    2)设,联立椭圆方程,利用韦达定理表示,根据两点表示斜率公式化简计算可得,则,由求得直线的方程,联立椭圆方程求出点Q的坐标即可求解.

    【解析】1)依题意可得

    当直线经过点时,的方程为

    代入,整理得

    解得,所以椭圆的方程为

    2)(i)依题意可得直线的斜率不为0

    ii)因为

    所以,又因为,所以

    则直线的方程为,与联立得

    所以的方程为,即

    22.已知函数,其中a为常数,是自然对数的底数.

    (1)时,求曲线处的切线方程;

    (2)时,问有几个零点,请说明理由.

    【答案】(1)

    (2)三个

     

    【分析】(1)当时,求出的值,利用导数的几何意义可求得所求切线的方程;

    2)令,可得出,令,则原方程转化为*),令,利用导数分析函数的单调性,结合零点存在定理可得出结论.

    【解析】1)解:当时,,则

    ,则

    故当时,曲线处的切线方程为.

    2)解:令,可得

    ,即,即

    ,则上述方程转化为*

    的零点个数即为方程(*)的根的个数.

    ,令可得,列表如下:

    极大

    所以,为函数的唯一极大值点,且

    ,当时,

    时,,且函数上单调递减,

    为解方程,只需解方程

    ,其中,即

    ,其中,则,令,可得,列表如下:

    极小

    所以,函数上单调递增,则,故

    根据零点存在定理,存在唯一的,使得,即

    所以,,故方程(*)在上有唯一解

    时,不成立,故不是方程(*)的解;

    .

    i)当时,,所以,单调递增,单调递减,

    上单调递增,

    因为

    根据零点存在定理,函数上存在唯一零点;

    ii)当时,,而上单调递增,

    为解方程,只需解方程

    ,其中

    因为,所以,函数上单调递减,

    因为

    故存在唯一的,使得,即,即

    故方程在区间上也存在唯一解.

    综上所述,当时,方程存在三个解,即函数有三个零点.

    【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法:

    1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;

    2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题;

    3)参变量分离法:由分离变量得出,将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

     


     

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