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)
展开2023年新高考全国Ⅰ卷模拟测试卷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“”是“”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,故由得,而定义域上单调递增,故,满足充分性;
又,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( )
A.43.5分钟 B.45.5分钟 C.47.5分钟 D.49.5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,
由,,
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. C.0 D.2
【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A,Y的密度曲线更尖锐,即数据更集中,正确;
对于B,因为c与 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】设,,
由,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( )
A.24 B.28 C.32 D.36
【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1,2,3,4,5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】若,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;
从1,2,3,4,5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.异面直线与所成角的大小为
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,所以异面直线与所成角为,
取的中点,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,
在中,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.函数有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A、B;结合图象判断交点个数,周期性求函数值的和判断C、D.
【解析】由,则函数关于直线对称,且,
由,则函数关于对称,且,
所以,故,则,故函数的周期为8,
当时,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,
为向左平移1个单位得到,是偶函数,故A正确:
为向左平移3个单位得到,是奇函数,故B正确;
由在上递减,且,;在上递增,且,,
结合图象:看出和的图象有10个交点,即有10个不同的零点,故C错误:
由,,,,,,,,则,
所以,故D错误,
故选:AB
三、填空题
13.已知向量满足,则与的夹角为___________.
【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】由,
,
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:,,
取和,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,过作的外角平分线的垂线,垂足为点.过点作轴的垂线,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】延长交的延长线于点,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,
则,
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】由可知数列是等差数列,设其公差为,
解方程得或,又,
,,
.
由得,
,设,
则,
由对于任意恒成立,所以只考虑的符号,
设,,
令解得,即在上单调递增,
令解得,即在上单调递减,
,,,
当,,
当,时,,即,,
当,,即,
即从,开始单调递减,
即,,即,
的取值范围为.
故答案为:.
四、解答题
17.在锐角中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知.
(1)求角A的值;
(2)若,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,
则,
∵锐角三角形,且,则,
即,解得,
即,且,
可得,则,
故的范围是.
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,
由,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0,1,2,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,
则,
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,
则,
X的可能取值为0,1,2,由事件对立性和独立性知,
则,
,
.
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,使得至处,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,,
由,,可知,,
由且,可知,四边形为平行四边形,,平面;
设,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
令,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)求直线与的斜率之积;
(ii)若直线与的斜率之和为,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,
设,,.
由得,
则
则
;
(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)当时,求曲线在处的切线方程;
(2)当时,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,曲线在处的切线方程为.
(2)解:令,可得,
即,即,即,
令,则上述方程转化为(*)
的零点个数即为方程(*)的根的个数.
则,令可得,列表如下:
增 | 极大 | 减 |
所以,为函数的唯一极大值点,且,
令,当时,,,
①当时,,,且函数在上单调递减,
为解方程,只需解方程,
令,其中,即,
令,其中,则,令,可得,列表如下:
减 | 极小 | 增 |
所以,函数在上单调递增,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;
②当时,不成立,故不是方程(*)的解;
③当时.
(i)当时,,,所以,单调递增,单调递减,
故在上单调递增,
因为,
,
根据零点存在定理,函数在上存在唯一零点;
(ii)当时,,,而在上单调递增,
为解方程,只需解方程,
令,其中,
因为,所以,函数在上单调递减,
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.
冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷01(新高考全国Ⅰ卷)(解析版): 这是一份冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷01(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。
冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷05(新高考全国Ⅰ卷)(解析版): 这是一份冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷05(新高考全国Ⅰ卷)(解析版),共23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。
冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷05(新高考全国Ⅰ卷)(原卷版): 这是一份冲刺2023年高考数学考点押题模拟预测卷05(新高考全国Ⅰ卷)(原卷版),共7页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。