2023届新高考数学押题模拟卷（二） 含答案.docx

1、冲刺2023年新高考数学押题卷(二)（原卷+答案）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Ax|x22x，集合BxZ|2x2，则AB()A0，2 B. 1，0，1，2C. x|0x2 D. x|2x22已知复数z满足|z|z34i，则|z|()A. 1 B. C. D. 53. “5k0且f(x)xf(x)0，则有()Af(x)可能是奇函数，也可能是偶函数 B. f(1)f(1)Cx时，f(sin x)ef(cos x) D. f(0)f(1)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

2、全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 下列说法中正确的是()A已知随机变量X服从二项分布XB(4，)，则D(X)B已知随机变量X服从正态分布N(3，2)且P(X5)0.85，则P(10)去拟合一组数据时，设zln y，将其变换后得到回归直线方程z2x1，则c10已知正数a，b满足a2b21，则()Aab的最大值是 Bab的最大值是Cab的最小值是1 D的最小值为11已知椭圆1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，则下列说法正确的是()AABF2的周长为6 B椭圆的长轴长为2C|AF2|BF2|的最大值为5 DABF2面积最大值为312在四棱锥P A

3、BCD中，底面ABCD是正方形，PD平面ABCD，点E是棱PC的中点，PDAB，则()AACPBB直线AE与平面PAB所成角的正弦值是C异面直线AD与PB所成的角是D四棱锥P ABCD的体积与其外接球的体积的比值是三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知双曲线C的一条渐近线方程为l：y2x，且其实轴长小于4，则C的一个标准方程可以为_14在(x)n的展开式中，第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中x5的系数为_15在菱形ABCD中，BAD60，将ABD沿BD折叠，使平面ABD平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为_16已知三棱锥O ABC，P是平面ABC内任意一点，数

4、列an共9项，a11，a1a92a5且满足(anan1)23an3(an11)(2n9，nN*)，满足上述条件的数列共有_个四、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(10分)已知等差数列an的公差为正实数，满足a14，且a1，a3，a54成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Sn，若b11，且_，求数列anbn的前n项和为Tn，以下有三个条件：Sn2n1，nN*；Sn2bn1，nN*；Sn12Sn1，nN*从中选一个合适的条件，填入上面横线处，使得数列bn为等比数列，并根据题意解决问题18(12分)已知ABC的内角A，B，C的对边

5、分别为a，b，c，且a sin Cc sin .(1)求角A的大小；(2)若点D在边BC上，且CD3BD3，BAD，求ABC的面积19.(12分)如图，在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BAD60，E为AB的中点，F为BC1与B1C的交点(1)求证：平面DEF平面CDD1C1；(2)若DD1AD，求二面角D1 DE F的余弦值20(12分)食品安全问题越来越受到人们的重视某超市在进某种蔬菜前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测

6、不合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利200元，若不能在该超市销售，则每箱亏损100元，现有3箱这种蔬菜，求这3箱蔬菜总收益X的分布列和数学期望21(12分)已知P(1，2)在抛物线C：y22px上(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点22(12分)已知函数f(x)xsin xln x1.(1)当m2时，试判断函数f(x)在(，)上的单调性；(2)存在x1，x2(0，)，x1x2，f(x1)f(

7、x2)，求证：x1x2m2.参考答案1解析：易知Ax|x0或x2，B1，0，1，AB1，0，1，2故选B.答案：B2解析：将等式|z|z34i两边同时取模，有|z|z|34i|5，即|z|z|z|25，所以|z|.故选B.答案：B3解析：函数yx2kxk的值恒为正值，则0k24k04k0，(4，0)(5，0)，“5k0可得，r.因为ABC是正三角形，所以点C(1，1)到直线AB的距离为r，即，两边平方得，a.故选D.答案：D7解析：由题意得数字4，9属性为金，3，8属性为木，1，6属性为水，2，7属性为火，5，10属性为土，从这十个数中随机抽取3个数，这3个数字的属性互不相克，包含的基本事件个

8、数nC(CCCC)20，这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字包含的基本事件个数为：mC(CCCC)8，这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率P.故选C.答案：C8解析：若f(x)是奇函数，则f(x)f(x)，又因为f(x)0，与f(x)f(x)矛盾，所以函数yf(x)不可能是奇函数，故A错误；令g(x)ef(x)，则g(x)xef(x)ef(x)e(xf(x)f(x)，因为e0，f(x)xf(x)0，所以g(x)0，所以函数g(x)为增函数，所以g(1)g(1)，即ef(1)ef(1)，所以f(1)f(1)，故B错误；因为x，所以0cos x，sin xco

9、s x，故g(sin x)g(cos x)，即ef(sin x)ef(cos x)，所以f(sin x)ef(cos x)ef(cos x)，故C错误；有g(0)g(1)，即f(0)f(1)，故D正确故选D.答案：D9解析：对于A，由随机变量X服从二项分布XB(4，)，得D(X)4(1)，故A正确；对于B，因为随机变量X服从正态分布N(3，2)，则对称轴为X3，又P(X5)0.85，所以P(X1)0.15，所以P(10)，则ln yln ckx，又因zln y，z2x1，所以k2，ln c1，所以c，故D正确故选AD.答案：AD10解析：由()2得ab，当且仅当ab时取等，A正确；由ab得ab

10、，当且仅当ab时取等，B正确；由正数a，b及a2b21知0a1，0b1，可得1b0，故1ab0时，双曲线的实轴为2，则24，所以00，因为a1，a3，a54成等比数列，所以aa1(a54)，即(42d)24(4d8)，解得d2(负值舍去)，所以d2，所以an2n2.(2)选，由Sn2n1，nN*，当n2时，bnSnSn12n1，当n1时等式也成立，所以bn2n1，又2，数列bn为以1为首项2为公比的等比数列则anbn(2n2)2n1(n1)2n.所以Tn22322423n2n1(n1)2n，则2Tn222323424n2n(n1)2n1，两式相减得Tn42223242n(n1)2n14(n1)

11、2n12n1(n1)2n1n2n1.所以Tnn2n1.选，由Sn2bn1，nN*，当n2时，bnSnSn12bn2bn1，所以2，所以数列bn为以1为首项2为公比的等比数列，所以bn2n1，则anbn(2n2)2n1，以下步骤同选.选，由Sn12Sn1，nN*，当n1时，b1b22b11，b20，数列bn不是等比数列，不能选条件.18解析：(1)由已知及正弦定理得：sin A sin Csin C sin ，又BCA，又sin C0，sin Acos ，则2sin cos cos ，而00，所以当m2时，函数f(x)在(，)上单调递增(方法二)当m2时，f(x)xsin xln x1，f(x)1cos x，由1cos x0cos x2，结合函数ycos x与y2图象可知：当x(，)时，cos x1，221，所以两函数图象没有交点，且2cos x.所以当x(，)时，f(x)1cos x0.所以当m2时，函数f(x)在(，)上单调递增(2)证明：不妨设0x1x1sin x1，从而x2x1sin x2sin x1，(ln x2ln x1)x2x1(sin x2sin x1)(x2x1)，m，要证x1x2，下面证明：，即证 ，令t，则t1，即证明，只要证明：ln t0，设h(t)ln t，h(t)1时，h(t)h(1)0，从而ln t，m，即x1x2m2.