2023年全国新高考数学仿真模拟卷（一）数学试题 含解析.docx

1、2023年全国新高考仿真模拟卷（一）数学本卷满分150分，考试时间120分钟一、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若集合，则（）ABCD2已知复数满足，则的共轭复数（）ABCD3如图是一学校期末考试中某班物理成绩的频率分布直方图，数据的分组依次为、，若成绩不低于70分的人数比成绩低于70分的人数多4人，则该班的学生人数为（）A45B50C55D604“”是“函数是奇函数”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5如图,在平行四边形中,是边的中点,是上靠近的三等分点,若,则（）A4BCD86将的图像的纵

2、坐标不变，横坐标变为原来的一半，再将所得图像向左平移个单位长度得到的图像，则（）ABC0D7设是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中不正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则8已知O为坐标原点，双曲线C：的右焦点为F，过点F且与x轴垂直的直线与双曲线C的一条渐近线交于点A（点A在第一象限），点B在双曲线C的渐近线上，且BFOA，若，则双曲线C的离心率为（）ABCD2二、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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9已知,则（）ABCD10取名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔不动点定理是拓扑学里

3、一个非常重要的不动点定理.该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个不动点，那么下列函数具有“不动点”的是（）ABCD11已知为椭圆的左、右焦点,为平面上一点,若,则（）A当为上一点时,的面积为9B当为上一点时,的值可以为C当满足条件的点均在内部时,则的离心率小于D当点在的外部时,在上必存在点,使得12已知存在两个极小值点,则的取值可以是（）ABCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13为维护国家海洋安全权益，我国海军的5艘战舰出海执行任务，有2艘是驱逐舰，3艘是护卫舰，在一字形编队时，3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是_.14

4、已知是曲线在处的切线,若点到的距离为1,则实数_.15二次函数的图象与轴交于两点,点,过的圆截轴所得的弦长为_.16已知为正方体的内切球球面上的动点，为的中点，若动点的轨迹长度为，则正方体的体积是_.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在数列中，前项和为，且.(1)若数列为等比数列，求的值；(2)在（1）的条件下，若，求数列的前项和.18近些年来，学生的近视情况由高年级向低年级漫延，为调查某小学生的视力情况与电子产品的使用时间之间的关系，调查者规定：平均每天使用电子产品累计5小时或连续使用2小时定义为长时间使用电子产品，否则为非长时间使用.随机抽取了

5、某小学的150名学生，其中非长时间使用电子产品的100名，长时间使用电子产品的50名，调查表明非长时间使用电子产品的学生中有95人视力正常，长时间使用电子产品的学生中有40人视力正常.(1)是否有99.5%的把握认为视力正常与否与是否长时间使用电子产品有关？(2)如果用这150名学生中，长时间使用电子产品的学生和非长时间使用电子产品的学生视力正常的在各自范围内所占比率分别代替该校长时间使用电子产品的学生和非长时间使用电子产品的学生视力正常的概率，且每位学生视力正常与否相互独立，现从该校学生中随机抽取3人（2个非长时间使用和1个长时间使用电子产品），设随机变量表示“3人中视力正常”的人数，试求的

6、分布列和数学期望.附：.0.100.050.0250.010.0052.7063.8415.0246.6357.87919在锐角三角形中,角的对边分别为,向量,且.(1)求角的大小;(2)若的面积为,求的取值范围.20在四棱锥中，平面平面.(1)证明：；(2)若是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的大小.21已知抛物线，是轴下方一点，为上不同两点，且的中点均在上.(1)若的中点为，证明：轴；(2)若在曲线上运动，求面积的最大值.22已知为正整数，.(1)求的最大值；(2)若恒成立，求正整数的取值的集合.（参考数据：）1C【分析】根据题意，将集合分别求出来，然后利用交集的定义即可求解.【详解】因为

7、集合，集合，由交集的定义可得：，故选：.2B【分析】由复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念可得.【详解】由，得，所以.故选：B3B【分析】根据频率分布直方图求出的值，即得解.【详解】解：由题得由题得低于70分的频率为，所以不低于70分的频率为，设该班的学生人数为，则，所以.故选：B4A【分析】将代入函数解析式，用奇函数的判别式判断；若是奇函数，借助计算得，再进行判断.【详解】若，则，且，所以是奇函数；若函数 在其定义域上为奇函数，可得 ，解得，是函数 在其定义域上为奇函数的充分不必要条件，故选：A.5A【分析】将通过平面向量基本定理转化到上,展开计算,再将代入即可求得.【详解】解:由题知,

8、所以,记,因为且为平行四边形,所以,解得:(舍)或.故选:A6B【分析】结合图像平移计算得，再将代入计算即可.【详解】将的图像的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，再将所得图像向左平移个单位长度，得，由题意，则，则，故选：B.7C【分析】根据基本事实4可判断A；根据平面平行的传递性可判断B；根据面面垂直性质定理可判断C；根据平行平面的性质及面面垂直的判定定理可判断D【详解】对于A，根据基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行，故A正确；对于B，根据平面平行的传递性，若，则，故B正确；对于C，由，当时，则，当时，则不一定垂直于，故C错误；对于D，由，设，且，又，则，又，所以，故D正确故选：C8A

9、【分析】根据题意得到，再根据BFOA，利用斜率相等解得，然后再根据求得a，b关系即可.【详解】由题意得：，因为BFOA，所以 ，即，解得，所以，所以，所以，即，所以，故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求法、渐近线方程有解平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9BC【分析】两式平方再作差,利用基本不等式即可得大小关系,进而得选项A,B正误,两式相除,由于,将分子分母同时除以,再利用基本不等式即可求出其范围.【详解】解:由题知, 所以,当且仅当时取等,因为,所以,即,故,即选项A错误,选项B正确;因为,所以,当且仅当,即时取等,所以可得,故选项C正确,选项D错误.故

10、选:BC10AD【分析】根据不动点的定义，逐项进行分析检验即可求解.【详解】对于，假设函数存在不动点，则方程有解，由对数函数的图象可知：方程有解，所以函数存在不动点，故选项满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，也即，因为判别式，所以方程无解，故假设不成立，也即函数不存在不动点，故选项不满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，当时，方程为无解；当时，方程为，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，则方程为无解，故选项不满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，令，则函数在上单调递增，因为，则，由零点存在性定理可知：函数在上存在零点，也即有解，所以函数存在不动点，故选项满足，故选：.11

11、ACD【分析】设,根据椭圆定义得,根据得,两式联立可得,根据直角三角形的面积公式即可得选项A的正误;将以上结论代入中可求得与矛盾,由于,所以点在以为直径的圆上,半径为,若点均在内部,只需,解出离心率范围即可,若点在外部,只需,此时该圆与椭圆一定有交点,在交点处满足,可得选项D正误.【详解】解:由题知,所以,因为为上一点,且,所以为直角三角形,设,在中,由勾股定理可得,由椭圆定义可知:,式的平方减式可得:,所以,故选项A正确;若,因为,所以,解得(舍),故不存在,即选项B错误;因为,则点在以为直径的圆上,所以该圆的圆心为原点,半径为,若均在内部时,则只需即可,即,即,化简可得,解得,故选项C正确

12、;由于点在以为直径的圆上,且半径,当在的外部时有,所以该圆与椭圆一定有交点,记交点为,则该点既在圆上又在椭圆上,所以有成立,故选项D正确.故选:ACD12ACD【分析】若存在两个极小值点,则至少有三个变号零点,对进行全分离,求出有三个变号零点时的的取值范围,再根据的取值范围证明此时有两个极小值点,再根据选项是否在此范围内,即可得出结果.【详解】解:由题知,定义域为,所以,若存在两个极小值点,则至少有三个变号零点,因为,所以需在上至少有两个不等于1的零点,即与有两个不同的交点,故,当时,单调递增,当时,单调递减,因为指数函数增长比幂函数增长快,所以当趋向于正无穷时,远远大于,故趋向于正无穷时,趋

13、向于0,又因为由此画出在图象如下:由图象可知:,下证:当时,有两个极小值点,不妨记与的两个不同交点的横坐标为,可记,则当时,即,此时,单调递减,当时,即,此时,单调递增,当时,即,此时,单调递减,当时,即,此时,单调递增,故存在两个极值点分别为符合题意,故成立;因为,故选项A 正确;取,所以,因为,所以存在,使得,所以在上,单调递减,在上,单调递增,注意到,所以,即时,即,所以,故选项B正确;取,所以,故在上单调递减,所以,即,所以,故选项C正确,取,所以,故在上单调递增,所以,即,所以,故选项D错误.故选:ACD【点睛】方法点睛:该题考查函数与导数的综合问题,属于难题,该题应用了放缩来判断数

14、的大小,关于常见的放缩有:(1);(2);(3);(4);(5)根据函数的凹凸性,可得函数在某个区间内与函数割线的大小关系.13#【分析】分别计算5艘战舰在一字形编队和2艘护卫舰相邻有多少种排法，再计算概率.【详解】5艘战舰在一字形编队，共有 种编排方法，其中2艘护卫舰相邻有 种编排方法，所以3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是 ，故答案为：14【分析】根据题意写出直线的方程,根据点到直线的距离公式即可求出.【详解】解:由题知,所以,因为是曲线在处的切线,所以当时,且,所以,因为点到的距离为1,所以,解得:.故答案为:153【分析】设出两点坐标,根据韦达定理可得横坐标之间的关系,根据圆过可得圆心在

15、线段的垂直平分线上,设出圆心的坐标,由圆过,根据半径,列出等式,即可得圆心的坐标,根据半径的平方与圆心到轴距离的平方之差等于弦长一半的平方建立等式,即可得弦长.【详解】解:由题知,二次函数的图象与轴交于两点,设,则有,且有,因为圆过,所以圆心在线段的垂直平分线上,故可设圆心坐标为,半径,即,解得: ,将代入,得所以,所以圆心到轴的距离为,所以圆截轴所得的弦长为: .故答案为:316【分析】将动点的轨迹转化到平面与内切球的交线，其交线为圆，根据轨迹长度可求得圆的半径，利用射影定理与中位线性质，求出到截面的距离，再利用勾股定理即可求出内切球的半径，即可得正方体的棱长，即可求体积.【详解】如图所示：

16、正方体，设，则内切球的半径，其中为的中点，取的中点，连接,则有：,又,平面，所以平面，所以动点的轨迹是平面截内切球的交线，即平面截内切球的交线，因为正方体，如图所示：连接,则有且，且，设到平面的距离为：，则在三棱锥中，有，所以，即，解得：，截面圆的半径，所以动点的轨迹长度为：，即，解得，所以，正方体的体积：，故答案为：.17(1)(2)【分析】(1)利用递推公式得出当时，然后再利用数列为等比数列即可求解；(2)结合（1）的结论得出，利用错位相减法即可求解.【详解】（1）因为，所以当时，则有，两式相减可得：，所以，因为数列为等比数列，所以，也即，所以.（2）由（1）可知：，所以，所以，即所以减可

17、得： ，所以.18(1)有(2)【分析】(1)列出列联表，计算的值，比较后得到结论；(2)根据题意，求出的可能取值为，分别计算概率，得到分布列和期望即可.【详解】（1）根据题意，列出如下列联表：视力正常视力不正常总计长时间使用电子产品非长时间使用电子产品总计则，所以有99.5%的把握认为视力正常与否与是否长时间使用电子产品有关.（2）长时间使用电子产品视力正常的概率是，非长时间使用电子产品视力正常的概率是，由题意可知：的可能取值为，；所以的分布列为：则.19(1)(2)【分析】（1）根据向量平行的坐标形式,得到中边和角之间的等式关系,根据正弦定理将角化为边,解得边之间关系,再根据余弦定理即可求

18、得角;（2）由于为锐角三角形,画出图形找到临界条件,再根据,求出边与边之间的不等式关系,根据可得,将等式代入不等式中,即可得边长的范围,将代入中,构造新函数求导求单调性,求出范围即可.【详解】（1）解:由题知,所以有: ,在中,由正弦定理可得:,代入中有:,展开移项后可得:,即,因为是的三边,所以上式可化为: ,在中,由余弦定理可得:,因为,所以;（2）在中,过点向作垂线,垂足为,过点作的垂线,交延长线于点,如图所示: 因为为锐角三角形,所以点在线段上（不含端点）,即,由（1）可得,且,所以,所以,因为,所以,即,由,所以,解得: ,所以,令,由对勾函数的性质可得在上单调递减,故,即.20(1

19、)证明见解析(2)【分析】（1）取AD中点为O，AB中点为F，连接OS，OF，DF，由题意得出，即可证明，再根据已知得出，结合已知得出四边形BCDF为正方形，即可得出且，计算出AD，BD，即可得出，则平面SAD，即可证明结论；（2）以O为原点，OA、OF、OS分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，得出， ，设出，即可得出，即可利用二面角的向量求法列式，解出，即可得出答案.【详解】（1）取AD中点为O，AB中点为F，连接OS，OF，DF，平面平面，且平面平面，平面，在四边形ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，四边形BCDF为正方形，且，在中，在中，平面SAD，平面SAD，平面SAD，平面SA

20、D，；（2）、F为AD、AB的中点，且，由（1）知，以O为原点，OA、OF、OS分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系，则，则， ，设，则，设，则，则，则，则，设平面SAD的一个法向量为，则，令，则，设平面ADE的一个法向量为，则，令，则，二面角的余弦值为，即，解得：，故.21(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，根据题意求出的中点为的横坐标为，可证轴；（2）不妨设，则，将和表示为的函数，得，再换元，令， ，得，根据在上为增函数，可求出结果.【详解】（1）设，则的中点在抛物线上，所以，化简得，同理由的中点在抛物线上可得，因为，所以是关于的一元二次方程的两个不等实根，所以，所以的中点的横坐

21、标为，它与的横坐标相同，所以轴.（2）不妨设，则，由轴，得，因为在曲线上运动，是轴下方一点，所以，且，所以，因为的中点的纵坐标为，所以，又，所以，令，因为，所以，所以，因为在上为增函数，所以当时，取最大值.【点睛】关键点点睛：第（2）中，利用和求面积，将和表示为的函数，利用的范围求面积的最大值是解题关键.22(1)(2)【分析】（1）由导数得出单调性，进而得出最值.（2）由得出，即，讨论的范围，利用导数得出的最小值，再由导数得出成立的正整数的取值的集合.【详解】（1）令可得：；令可得：.所以在上单调递增，在上单调递减.故的最大值为.（2）因为恒成立，所以，即恒成立，所以.，当或时，因为，所以，所以在上单调递增.因为，此时满足，故或满足条件.当时，令可得；令时，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，所以，所以，所以，令，令，因为在上单调递增，所以在上存在唯一的零点.令可得：；令可得：.所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，所以，又，所以，即.因为，所以.综上，正整数的取值的集合为【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是由等价于，从而将问题转化为最值问题，利用导数进行求解.