2023年高考数学全真模拟试卷03（新高考专用）（解析版）

2023年高考数学全真模拟试卷03（新高考专用）

（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。

第Ⅰ卷

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．（2023·四川·校联考一模）已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】因为等价于，解得或，所以，

因为，所以，

所以.故选：C

2．（2022秋·广东·高三校联考阶段练习）设的共轭复数为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设，，则.

因为，所以，

则，解得，，则．故选：A.

3．（2022秋·广东广州·高三校联考期中）设，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分而不必要条件

C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】，若，

则，

当且仅当时等号同时成立，充分性满足，

若，不一定成立，例如，时，，

但，必要性不满足，故选：B．

4．（2022秋·湖北襄阳·高三校联考期中）随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为，其中D为传输距离单位：，F为载波频率单位：，L为传输损耗单位：若载波频率变为原来的100倍，传输损耗增加了60 dB，则传输距离变为原来的（    ）

A．100倍 B．50倍 C．5倍 D．10倍

【答案】D

【解析】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，

则，，，

则，即，

从而，故传输距离变为原来的10倍.故选：D

5．（2022秋·福建宁德·高三校考期末）如图，在中，，以为直径的半圆上有一点M，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.

则，

则以为直径的圆的圆心为的中点.

则以为直径的圆的方程为：

则，所以

由点在圆上，可得

即，解得或（舍）故选：B

6．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）已知双曲线的左，右焦点分别是，，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，点H在直线上，且满足.若，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】因为，所以PH是的角平分线，

又因为点H在直线上，且在双曲线中，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，

设的内切圆与轴的切点为，

根据三角形内切圆的知识可知，则是双曲线的右顶点，

所以的内切圆圆心在直线，即点H是的内心，

如图，作出，并分别延长HP、、至点，使得

，可知H为的重心，

设，由重心性质可得，

即，

又H为的内心，所以，因为，

则，所以双曲线C的离心率.故选：C

7．（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）记函数的最小正周期为T．若，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴，则T＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意在中，

设对称点和与对称轴在轴上的交点间的距离为

对称中心：，对称轴：

由几何知识得，解得：（为属于的参数）

∵，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴

∴解得：

∵∴,，故选：A.

8．（2022秋·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设底边长为a，原四棱锥的高为h，

如图，分别是上下底面的中心，连结，，，

根据边长关系，知该棱台的高为，

则，

由，且四边形为直角梯形，

，，

可得，则，

当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1.

上底面外接圆半径，下底面半径，

设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.

显然球心M在所在的直线上.

当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图，

设，则，，显然

则有，即

解得，舍去.

当棱台两底面在球心异侧时，

显然球心M在线段的延长线上，如图，

设，则，显然

即，即

解得，，

此时，外接球的表面积为.故选：D.

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2分，有选错的得0分.

9．（2023秋·广东潮州·高三统考期末）下列说法正确的是（    ）

A．，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越扁平

B．运用最小二乘法得到的线性回归直线一定经过点

C．相关系数r越大，y与x相关的程度就越强

D．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系

【答案】BD

【解析】对于A，根据正态曲线的几何特征，可知当不变时，即越小，

该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故A错误；

对于B，运用最小二乘法得到的线性回归直线－定经过样本中心，故B正确；

对于C，线性相关系数绝对值越接近1，表明2个随机变量相关性越强，故C错误；

对于D，因为随机变量的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，

即犯错误的概率越小，故D正确.故选：BD.

10．（2022秋·河北衡水·高三校考阶段练习）已知动点到原点与的距离之比为2，动点的轨迹记为，直线，则下列结论中正确的是（    ）

A．的方程为

B．动点到直线的距离的取值范围为

C．直线被截得的弦长为

D．上存在三个点到直线的距离为

【答案】AD

【解析】设，因为，所以，

所以的方程为，故A正确；

因为圆心到直线的距离，

所以直线与圆相交，且弦长为，故C错误；

动点到直线的距离的取值范围为，故B错误，D正确．故选：AD.

11．（2023·山东威海·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【解析】对于A，因为为偶函数，所以，所以，故A正确；

对于B，因为，左右两侧分别取导数可得，，

所以，故B正确；

对于D，因为，又为奇函数，则，

所以，即，则，故D正确；

对于C，令，则为偶函数

为奇函数，满足题干，

当时，，，

所以，即存在，使得不成立，故C错误.故选：ABD.

12．（2022秋·湖北武汉·高三统考期末）已知直线：与抛物线C：相交于A，B两点，点A在x轴上方，点是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【解析】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，故选项A正确；

因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，

又直线 ，所以直线恒过抛物线的焦点，

设点，因为两点在抛物线上，

联立方程，两式相减可得，，

设的中点为，则，因为点在直线上，

解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，

由抛物线的定义知，圆的半径，

因为，所以，

解得，故选项B正确；

因为，,所以，故选项C正确；

过做轴，过做轴，抛断线的准线交轴与点，

设,

，，

，，

又，，则，

则D错误.故选：ABC

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．（2023·福建漳州·统考二模）的展开式中项的系数是________．（用数字作答）

【答案】

【解析】展开式的通项为，

取得到，故的展开式中项的系数是.故答案为：

14．（2022秋·湖北孝感·高三校联考阶段练习）甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．

【答案】50

【解析】由题意可分为两类

（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，

则一共有种安排方式

（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，

则一共有种安排方式

综上共有种安排方式，故答案为：50

15．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法为：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三角形（图①）的边长为1，将图①，图②，图③，图④中的图形周长依次记为，，，，则______.

【答案】

【解析】通过观察图形可以发现，从第二个图形开始，

每一个图形的周长都在前一个图形周长的基础上增加了其周长的，

即，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，即

因此.故答案为：

16．（2022秋·河北·高三校联考阶段练习）对，都有恒成立，那么m的取值范围是____________.

【答案】

【解析】因为对，都有恒成立，

即在恒成立，

设，，则 对恒成立.

所以，即,解得.

下面证明当时， 对恒成立.

由得，

令，则有，且，所以在上单调递减，

所以当时，，即，单调递增，

当时，，即，单调递减，

所以，

为使 对恒成立，只需在恒成立，

即在恒成立，即在恒成立，

即在恒成立，

当时，，当时，等号成立，所以

又因为，所以，所以在恒成立，

所以 对恒成立.

综上所述，    当且仅当时， 对恒成立

恒成立，m的取值范围为.

故答案为：

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．（2022秋·福建福州·高三福建省福州延安中学校考阶段练习）给出以下三个条件：①且；②，； ③；请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．

在锐角△ABC中，，____．

（1）求角B；

（2）求△ABC的周长l的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）选①，∵且，

∴，即，

∵，∴（没有注明角的范围的扣1分）

选②，

，

∵，∴，∵，∴．（没有注明角的范围的扣1分）

选③，∵，

∴由正弦定理可得，，

∴，

，即，∵，∴．（没有注明角的范围的扣1分）

（2）由正弦定理可得，

则△ABC的周长

，解得，

∴  ∴，

∴．

故△ABC的周长l的取值范围为．

18．（2023·山东日照·统考一模）在数列中，.

（1）求的通项公式；

（2）证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】（1）因为，①

则当时，，即，

当时，，②

①②得，所以，

也满足，故对任意的，.

（2）证明：，

所以

．

，

，即结论成立.

19．（2023·湖南·模拟预测）2022年12月15至16日，中央经济工作会议在北京举行.关于房地产主要有三点新提法，其中“住房改善”位列扩大消费三大抓手的第一位.某房地产开发公司旗下位于生态公园的楼盘贯彻中央经济工作会议精神，推出了为期10天的促进住房改善的惠民优惠售房活动，该楼盘售楼部统计了惠民优惠售房活动期间到访客户的情况，统计数据如下表：（注：活动开始的第i天记为，第i天到访的人次记为，）

（1）根据统计数据，通过建模分析得到适合函数模型为（c，d均为大于零的常数）.请根据统计数据及下表中的数据，求活动到访人次y关于活动开展的天次x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的人次；

参考数据：其中；

参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；

（2）该楼盘营销策划部从有意向购房的客户中，随机通过电话进行回访，统计有效回访发现，客户购房意向的决定因素主要有三类：A类是楼盘的品质与周边的生态环境，B类是楼盘的品质与房子的设计布局，C类是楼盘的品质与周边的生活与教育配套设施.统计结果如下表：

从被回访的客户中再随机抽取3人聘为楼盘的代言人，视频率为概率，记随机变量X为被抽取的3人中A类和C类的人数之和，求随机变量X的分布列和数学期望.

【答案】（1）；690；（2）分布列见解析，数学期望为

【解析】（1）由得，

由，，

，

∴，.

则所求回归方程为：.

当时，，故预测活动推出第8天售楼部来访的人次为690；

（2）由题意得，A类和C类被抽取得概率为，

X可取0，1，2，3，且 ，

∴，，

，.

∴X的分布列为

X的数学期望为.

20．（2023秋·湖北武汉·高三统考期末）在如图所示的多面体中，四边形为正方形，A，，，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.平面平面，.

（1）求多面体体积；

（2）若点在直线上，求与平面所成角的最大值.

【答案】（1）4；（2）

【解析】（1）在四边形中，∵和均为等腰直角三角形，且，

∴，∴，

∵四边形为正方形，∴，

又∵平面平面，平面，平面平面，

∴平面，同理平面，

取中点，连接，则，，

又同理可得平面，

；

（2）如图建立空间直角坐标系，

设，则，，，，

∴，，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，则，

设与平面所成角为，

又，

∴，

要使最大，，

∴

（时等号成立），

∴，即与平面所成角的最大值为．

21．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）在平面直角坐标系中，设曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线上的点到原点O的最短距离为．以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为．

（1）求椭圆的标准方程：

（2）设AB是过椭圆中心O的任意弦，l是线段AB的垂直平分线，M是l上的点（与O不重合），若M是l与椭圆的交点，求的面积的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）曲线围成的图形如图

∴，即

且，解得，

∴椭圆的标准方程为．

（2）①若AB斜率为0，则；

②若AB斜率不存在，则；

③若AB斜率存在且不为0，设AB方程为；，

，消去得，则

∴

∵，

∴

令，，∴

一方面，另一方面

综上：面积的取值范围为．

22．（2022秋·河北邢台·高三统考期中）函数，在点处的切线方程为．

（1）求；

（2），证明：．

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】（1），

在点处的切线方程为，

，解得，，

所以．

（2）令，，则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，即．

若要证明，只需证明，

令，则在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以当时，，即，所以．

故只需证明．

令，则，

所以在上单调递减，

所以当时，，

所以．

综上知，．