山东省烟台招远市2023届高三下学期5月全国新高考Ⅰ卷模拟数学试题（含解析）

这是一份山东省烟台招远市2023届高三下学期5月全国新高考Ⅰ卷模拟数学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．1B．C．D．2
3．已知底面半径为的圆锥，其轴截面为正三角形，若它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知质点在以坐标原点为圆心的单位圆上沿逆时针方向作匀速圆周运动，其起点为射线与单位圆的交点，其角速度大小为，设后射线恰为角的终边，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的两个极值点分别为，若过点和的直线在轴上的截距为，则实数的值为（ ）
A．2B．C．或D．或2
8．教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，毕业后分配到相应的地区任教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，则（ ）
A．甲学校没有女大学生的概率为
B．甲学校至少有两名女大学生的概率为
C．每所学校都有男大学生的概率为
D．乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．一组数据19 24 25 32 28 36 45 43 45 57的中位数为34
B．展开式中项的系数为1120
C．相关系数表明两个变量相关性较弱
D．若，则
10．已知且，则（ ）
A．的最大值为B．的最大值为2
C．的最小值为6D．的最小值为4
11．已知点为直线与轴交点，为圆上的一动点，点，则（ ）
A．取得最小值时，B．与圆相切时，
C．当时，D．的最大值为
12．在正四棱柱中，，点满足，，则（ ）
A．当时，直线与所成角为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点的轨迹长为
D．当时，平面截此正四棱柱所得截面的最大面积为
三、填空题
13．已知定义在上的偶函数，满足，若，则的值为________．
14．设抛物线的焦点为，点，过点的直线交于两点，直线垂直轴，，则________．
15．若曲线与曲线有两条公切线，则的值为________．
四、双空题
16．如图，某数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，数阵中各项均为正数，，，则________；在数列中的任意与两项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项和为，则________．
五、解答题
17．在中，为中点，．
(1)若，求的面积；
(2)若，求的长．
18．已知数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和
19．现有甲、乙两个袋子，每个袋子中均装有大小、形状、质地完全相同的个黑球和个红球，若每次分别从两个袋子中随机摸出个球互相交换后放袋子中，重复进行次此操作．记第次操作后，甲袋子中红球的个数为．
(1)求的分布列和数学期望；
(2)求第次操作后，甲袋子中恰有个红球的概率．
20．如图，在中，为中点，过点作垂直于，将沿翻折，使得面面，点是棱上一点，且面．

(1)求的值；
(2)求二面角的余弦值．
21．已知双曲线的焦距为4，点在上．
(1)求双曲线的方程；
(2)设双曲线的左、右焦点分别为，斜率为且不过的直线与交于点，若为直线斜率的等差中项，求到直线的距离的取值范围．
22．已知函数，其中．
(1)讨论方程实数解的个数；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】求出再求即可.
【详解】由题知，，
则.
故选：B.
2．D
【分析】设，代入，利用复数相等求解.
【详解】解：设，则，
所以，
则，解得或，
所以，
故选：D.
3．C
【分析】作出圆锥的轴截面，求出圆锥的高，利用三角形相似求出圆柱的高，再根据侧面积公式计算可得.
【详解】如图作出圆锥的轴截面，依题意，，，
所以，
易知，则，所以，
即圆锥的内接圆柱的底面半径，高，
所以圆柱的侧面积.
故选：C
4．D
【分析】根据点P的角速度，求得后转过的角度，再加上得到求解.
【详解】解：因为点P的角速度大小为，则后转过的角为：，
所以，
则，
故选：D
5．A
【分析】先求出的坐标，根据得出的坐标，根据在椭圆上列方程求解即可.
【详解】
不妨设在第一象限，由题意，的横坐标为，
令，解得，即.
设，又，，，
由可得：，解得，
又在椭圆上，即，
整理得，解得.
故选：A
6．A
【分析】利用两角和与差的正余弦公式和三角函数商数关系化简得，再利用两角和与差的正切公式即可得到答案.
【详解】因为，所以，
即，
显然，两边同除得：
，
，
即，易知，
则，
故选：A.
7．B
【分析】由题意有两个不同的零点，则求参数a范围，再根据代入、确定已知点所在直线，进而求截距并列方程求参数值.
【详解】由题意有两个不同零点，则，
所以，即或，
由，即，
而，
同理有，
所以、均在上，
令，则，得，
综上，（舍）
故选：B
8．C
【分析】计算出将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教共有的分法种数，再结合每个选项里的具体要求求出符合其要求的分法种数，根据古典概型的概率公式，即可求得相应概率，可判断A，B，C，利用对立事件的概率计算可判断D.
【详解】将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，
共有 中分法；
对于A，甲学校没有女大学生，从5名男大学生选3人分到甲学校，
再将剩余的6人平均分到乙、丙学校，共有种分法，
故甲学校没有女大学生的概率为，A错误；
对于B，甲学校至少有两名女大学生的情况包括恰有两女大学生和恰有三女大学生，
共有种分法，
故甲学校至少有两名女大学生的概率为，B错误；
对于C，每所学校都有男大学生，则男生的分配情况为将男生分为3组：人数为或，
当男生人数为时，将4名女生平均分为2组，分到男生人数为1人的两组，再分到3所学校，
此时共有种分法；
当男生人数为时，将4名女生按人数分为3组，
人数的2组分到男生人数为的两组，2名女生的一组分到男生1人的那一组，再分到3所学校，
此时共有种分法；
故每所学校都有男大学生的分法有种，
则每所学校都有男大学生的概率为，C正确；
对于D，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生共有种分法，
且丙学校没有女大学生的分法有种，
故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校没有女大学生的分法有种，
故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为，D错误，
故选：C
9．ABD
【分析】一组数据从小到大重新排列由中位数定义可判断A；利用展开式的通项可判断B；根据相关系数定义及意义可判断C；根据正态分布的对称性可判断D.
【详解】对于A，一组数据从小到大重新排列可得19 24 25 28 32 36 43 45 45 57，
所以中位数为，故A正确；
对于B，设展开式的通项为，令可得
展开式中项的系数为，故B正确；
对于C，相关系数取值一般在~1之间，绝对值越接近1说明变量之间的线性关系越强，绝对值越接近0说明变量间线性关系越弱，相关系数r的绝对值一般在0.8以上，认为两个变量有强的相关性，0.3到0.8之间，可以认为有弱的相关性，0.3以下,认为没有相关性，所以相关系数表明两个变量相关性较强，故C错误；
对于D，若，则，则，故D正确.
故选：ABD.
10．BC
【分析】利用基本不等式可判断AB；先将化为，再妙用“1”可判断C；取特值可判断D.
【详解】因为，所以，当且仅当时，等号成立，故错误；
因为，所以，
即，，当且仅当时，等号成立，故B正确；
由得，所以，
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
令，则，所以的最小值不是4，D错误.
故选：BC.
11．ABD
【分析】A：取得最小值时位于即轴上，根据三角形面积公式可得.
B：直接在直角三角形利用勾股定理可得.
C：运用向量的坐标表示和对于坐标运算可得.
D：根据正弦定理，将求的最大值转化为求外接圆半径最小，
此时，外接圆与圆相内切，根据内切半径差等于圆心距可得外接圆半径，进而可得.
【详解】因，令，得，
故，
，圆心，半径
选项A：
如图，根据圆的性质当位于轴上时，取得最小值，
此时，故A正确；
选项B：
当与圆相切时，
，
故B正确；
选项C：
设，
则，，
当时，，
故，
又，
得，
，，
若，则，
又得，，，
此时，
这与点在圆上矛盾，故C错误；
选项D：
设外接圆圆心为，半径为
由题意可得在中垂线上，可设其坐标为，
则，，
由正弦定理知，所以，
当最小，即外接圆与圆相内切时，的最大值，
此时圆心距等于两圆半径之差，则
，
两边同时平方可得，
，故D正确.
故选：ABD.
12．ACD
【分析】对于A，当时可知点为的中点，从而可以判断为等边三角形，即可判断；对于B，当时可得点在上，此时把正四棱柱的后面和右面展开，从而可判断；对于C，连接，可得即为与平面所成角，从而可得点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，即可判断；对于D，过点作交于点Q，可得四边形为平面截此正四棱柱所得截面，建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到直线的距离，结合函数的单调性即可判断.
【详解】
对于A，当时，点为的中点，
所以，,，所以为等边三角形，所以直线与所成角为，A对；
对于B，当时，点在上，此时把正四棱柱的后面和右面展开，如图：

的最小值为，B错；
对于C，因为点满足，所以点在平面内，
平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，所以点的轨迹长为，C正确；

对于D，当时，点在上，且，
过点作交于点Q，则，所以
所以四边形为平面截此正四棱柱所得截面，

建立如图所示的空间直角坐标系，则根据题意可得：
，，
所以，，
点到直线的距离为
所以四边形的面积
令，
所以
所以当时，，单调递增，
所以当时取得最大值, 此时截面面积最大为，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据的本题取值得到点的位置，进而结合选项转化相应问题，然后利用相关知识解答即得.
13．1
【分析】根据得的周期为4，且，再由可得答案.
【详解】因为，所以，所以的周期为4，
所以，，，
即，
若，则，
即，
可得，所以.
故答案为：1.
14．
【分析】根据抛物线定义求出，再设直线的方程为，得到韦达定理式，求出点横坐标，再利用抛物线定义即可求出的长.
【详解】由题意得,因为直线垂直于轴,,准线方程为，
所以点的横坐标为,设，
根据抛物线的定义知，解得，
则，则，可设直线的方程为，
联立抛物线方程有可得，
，则，
则，解得，则，
故答案为：.

15．
【分析】利用导数的几何意义，分别写出两曲线的切线方程，让两切线方程的系数相等，得到方程组，消去一个变量后，问题转化为方程的根的个数问题，构造函数，利用导数研究其性质，作出图象，数形结合求解即可．
【详解】令，，则，，
设，则曲线在处切线为，
设，则曲线在处切线为，
由题意，消去得，
由题意，方程有两个不同的实数根，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故当时，取极大值；当时，取极小值，
又当时，根据以上信息作出的大致图象，

由图可知当，即时，直线与的图象有两个交点，从而方程有两个不同的实数根，
所以，曲线与曲线有两条公切线时，的值为．
故答案为：．
16．
【分析】设第一行公差为，各列的公比为且，结合已知条件求得，即可写出通项公式，再根据题意确定前70项的组成，应用分组求和、等比数列前n项和公式求和即可.
【详解】设第一行公差为，各列的公比为且，且，
则，，，，
所以，则，
由各项均为正数，故，则，即，
综上，，故，
由上，前n项为，且，
故在之前共有项，
则，则，
综上，前70项为，
.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：利用等差、等比数列通项公式求行列间的公差、公比，确定行列通项公式为关键.
17．(1)
(2)
【分析】（1）在中，先利用余弦定理求出角，再根据三角形的面积公式即可得解；
（2）在中，先利用正弦定理及二倍角的正弦公式求出及，再利用正弦定理求解即可.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理可知，
因为，所以，
所以;
（2）在中，设,
则由正弦定理，
即，得，所以，
，
所以，
所以，
由正弦定理得：，即．
18．(1)
(2)
【分析】（1）先把题干条件等价变成，然后用累加法进行求解；
（2）结合特殊的三角函数值，利用分组求和进行求解.
【详解】（1）由得，，
所以时，，
故，又，则，当时，成立，
所以，．
（2）由（1）知，，
所以，
，
因为，
于是，
所以，．
故数列的前项和为．
19．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由题意可知，的所有可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
（2）由已知条件推导得出，可得出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的表达式，即的表达式.
【详解】（1）由题知，的所有可能取值为、、，
，，，
所以，的分布列为
所以，的数学期望．
（2）由题知，
又，
所以，，
整理得，，
所以，，
又因为，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，
所以，，即.
20．(1)
(2)
【分析】（1）作垂直于点，连接，然后证明面面，利用面面垂直性质定理，结合已知可得；
（2）以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用法向量求解可得.
【详解】（1）因为面面，面面
由题意可知，，所以，
过点作垂直于点，连接，

因为面面，
所以面，
又因为面，面，
所以，面面，
又因为面面，面面，
所以，．
因为，所以，，
在折叠前的图形中，，所以，
易知为AQ的中点，所以，
所以，，所以，．
（2）由（1）知，以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
易知面的一个法向量，
，
设面的法向量为，
所以，令，则，故，
所以，
所以，二面角的余弦值为．
21．(1)
(2)
【分析】（1）将代入双曲线方程，结合已知可解；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程消元，韦达定理结合为直线斜率的等差中项列方程，再由点到直线距离公式即可求解.
【详解】（1）因为点在C上，所以①，
由题意知，，
所以②，
由①②解得，
故双曲线的方程为．
（2）设直线的方程为，
联立得，消可得，，
有韦达定理可得，，
且，得，
因为为直线的斜率的等差中项，
所以，将代入可得，
，
整理可得，，
当时，直线为，此时直线过焦点，不合题意，
所以，即，可得，
代入化简可得，，解得，
又因为，，
令可得，，
所以，，在上单调递减，
所以，．

【点睛】本题是直线与圆锥曲线的综合性问题，一般步骤：1、设直线和点坐标；2、联立直线和曲线方程消元，利用韦达定理得两根和与两根积；3、将相关条件和问题利用韦达定理表示即可求解.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由即方程有没有解的问题，转化为函数与轴有没有交点问题，分类讨论即可得出结果.
（2）不等式可化为：，就、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）由可得，，
令，令，可得，
当，函数单调递减，
当，函数单调递增，
所以函数在时取得最小值，
所以当时，方程无实数解，
当时，方程有一个实数解，
当时，，故，
而，，
设，则，
故在上为增函数，故，
故有两个零点即方程有两个实数解.
（2）由题意可知，
不等式可化为，，
即当时，恒成立，
所以，即，
令，
则在上单调递增，而，
当即时，在上单调递增，
故，
由题设可得，
设，则该函数在上为减函数，
而，故.
当即时，因为，
故在上有且只有一个零点，
当时，，而时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
而，故，故
因为，故，故符合，
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】关键点睛：本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数应用以及分类讨论思想、转化思想，考查函数恒成立问题，属于中档题.