2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(一)答案.docx

1、2023年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟卷数数学（一）注意事项：1本卷满分150分，考试时间120分钟答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2，选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交一、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，只有一个选项是符合题目要求的1. 已知集合，则（ ）

2、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合和，即可得出的取值范围.【详解】解：由题意在，中，故选：B.2. 已知复数z满足，则复数z的实部与虚部的和为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则求出复数，则得到答案.【详解】，故实部与虚部的和为，故选：D.3. 的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理可求得展开式通项，由此可确定，结合多项式乘法运算进行整理即可确定的系数.【详解】展开式的通项公式为：；当时，；当时，；的系数为.故选：C.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】

3、【分析】利用二倍角公式化简为正、余弦的齐次分式，分式上下同除，代入可得答案.【详解】,故选：A.5. 何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造形浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词的最早文字记载何尊的形状可以近似地看作是圆台与圆柱的组合体，高约为40cm，上口直径约为28cm，下端圆柱的直径约为18cm经测量知圆柱的高约为24cm，则估计该何尊可以装酒（不计何尊的厚度，）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据圆柱和圆台的体积公式计算可得结果.【详解】下端圆柱的体积为：，上端圆台的体积为：，所以该何尊的体积估计为.因为最接近，所以估计该何尊可以装酒.故选：C

4、6. 已知是定义域为R的奇函数，满足，则（ ）A. 2B. 1C. D. 0【答案】D【解析】【分析】根据函数是定义域为R的奇函数，且得出函数是周期为的周期函数，进而求解.【详解】因为函数是定义域为R的奇函数，且，所以，所以，即函数是周期为的周期函数，因为函数是定义域为R的奇函数，所以，因为，所以，又因为，所以，故选：.7. 在四棱锥中，ABCD是边长为2的正方形，平面平面，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A. 4B. 8C. D. 【答案】C【解析】【分析】将该四棱锥的外接球放在一个长方体内，画出图形，利用已知条件找出球心，建立相应的关系式，求出外接球的半径，利用球体表面积公式计算即可.【详解

5、】由题意将该四棱锥放在一个长方体的中，如图所示：取中点，连接，连接交于，由，则在等腰中有：，又平面平面，且平面平面ABCD=，则平面，又，所以在中，由底面为正方形，所以它的外接圆的圆心为对角线的交点，连接，则，外接圆圆心为，且在上，过点，分别作平面与平面的垂线，则两垂线必交于点，点即为四棱锥外接球的球心，且平面，又平面，即平面，所以，所以四边形为矩形.如图连接，则，在中，所以，解得，所以，所以，在图中连接，由，所以在中，即四棱锥外接球的半径为，所以四棱锥外接球的表面积为：，故选：C.8. 已知抛物线C：，O为坐标原点，A，B是抛物线C上两点，记直线OA，OB的斜率分别为，且，直线AB与x轴的交

6、点为P，直线OA、OB与抛物线C的准线分别交于点M，N，则PMN的面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设出A、B的坐标，由解得的值，再分别求出点M、点N的坐标，求得的式子，研究恒过x轴上的定点可得点P的坐标，进而用方法1基本不等式或方法2函数思想求得三角形面积的最小值.【详解】设，则，设： ，令得：，同理：，设：，又，解得：，：恒过点，与x轴交点P的坐标为，即：，点P到准线的距离为8+1=9.方法1：，当且仅当时取等号. ，PMN的面积的最小值为.方法2： ，当且仅当m=0时取得最小值. ，PMN的面积的最小值为.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分

7、，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，有选错的得0分，部分选对的得2分9. 已知函数的图像关于直线对称，则的取值可以为（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】AD【解析】【分析】首先将函数化成一个三角函数，然后根据对称轴公式求得的表达式，对整数赋值求得结果.【详解】，因为函数的图象关于直线对称，所以，Z，解得， 因为，所以当时，；所以当时，.故选：AD.10. 在菱形中，点为线段的中点，和交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】以为坐标原点可建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算依次验证各个选项即可.【详解】四边形为菱

8、形，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，对于A，A正确；对于B，B正确；对于C，C错误；对于D，D正确.故选：ABD.11. 一袋中有3个红球，4个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中任取3个球，事件A“这3个球都是红球”，事件B“这3个球中至少有1个红球”，事件C“这3个球中至多有1个红球”，则下列判断错误的是（ ）A. 事件A发生的概率为B. 事件B发生的概率为C. 事件C发生的概率为D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据题意求出基本事件总数、满足条件的基本事件数，利用古典概型概率公式及条件概率公式求解即可.【详解】由题意7个球中任取3个球的基本事件总数为：

9、这3个球都是红球的基本事件数为：，所以事件A发生的概率为：，故A错误，这3个球中至少有1个红球的基本事件数为：，所以事件B发生的概率为：，故B错误，这3个球中至多有1个红球的基本事件数为：，事件C发生的概率为,故C错误，因为，所以由条件概率公式得：，故D正确，故选：ABC.12. 对于函数，下列说法正确的是（ ）A. 若，则函数为奇函数B. 函数有极值的充要条件是C 若函数f（x）有两个极值点，则D. 若，则过点作曲线的切线有且仅有3条【答案】BCD【解析】【分析】对于A：利用奇偶性的定义直接判断；对于B：利用极值的计算方法直接求解；对于C：先求出，表示出，即可求出；对于D：设切点，由导数的几

10、何意义得到.设，利用导数判断出函数有三个零点，即可求解.【详解】对于A：当时，定义域为.因为，所以函数不是奇函数.故A错误；对于B：函数有极值 在上不单调.由求导得：.在上不单调在上有正有负.故B正确.对于C：若函数f（x）有两个极值点，必满足，即.此时，为的两根，所以.所以.所以对称轴，所以当时，.即.故C正确；对于D：若时，.所以.设切点，则有：， 消去，整理得：不妨设，则.令，解得：或；令，解得： .所以在，上单调递增，在上单调递减.所以，.所以作出的图像如图所示：因为函数有三个零点，所以方程有三个根，所以过点作曲线的切线有且仅有3条.故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每

11、小题5分，共20分13. 已知样本数据，2，2，3，若该样本的方差为，极差为t，则_【答案】#0.7【解析】【分析】根据极差的定义可得，先求出平均数，再从方差，从而可求.【详解】极差，平均数为，故方差.所以.故答案为:.14. 已知圆：与直线：，写出一个半径为，且与圆及直线都相切的圆的方程：_【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根据圆的圆心和半径,结合直线和圆的位置关系及两个圆的位置关系计算即可.【详解】设圆心为,由已知圆与直线：相切, 圆与圆：相切,可得,即得或或,且已知半径为,所以圆的方程可以为: 或或故答案为: (答案不唯一)15. 已知椭圆的左顶点为A，左焦点为F，过F作x轴的垂线在

12、x轴上方交椭圆于点B，若直线AB的斜率为，则该椭圆的离心率为_【答案】#0.5【解析】【分析】由题意设，再由结合，即可得出答案.【详解】由题意可得，令椭圆中，解得：，所以，而，则，解得：.故答案为：.16. 已知f（x）是偶函数，当时，则满足的实数x的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用奇偶性和函数的单调性解不等式.【详解】当时，函数在上单调递增，又是偶函数，所以的值域为.当时，不等式为，即，设，由函数，在上都是增函数， 得在上是增函数，由，则解得；当时，由函数值域可知，此时，所以恒成立；综上可知，满足的实数x的取值范围是.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证

13、明过程或演算步骤17. 已知数列是等差数列，成等比数列，（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等比数列定义和等差数列通项公式可构造方程组求得，进而确定；（2）利用裂项相消法可求得，整理即可证得结论.【小问1详解】设等差数列的公差为，成等比数列，即，又，则由得：或，当，时，不满足成等比数列，舍去；，.【小问2详解】由（1）得：，.18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，（1）判断的形状；（2）若，D在BC边上，求的值【答案】（1）直角三角形 （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角互化，即可得到结果；（

14、2）由（1）中结论即可得到，从而得到的值，然后在中结合余弦定理即可得到结果.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，即所以且，所以即直角三角形.【小问2详解】在直角中，有，即，所以，又因为，所以且，在中，由余弦定理可得，解得，在中由余弦定理可得，19. 如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，（1）求证：平面；（2）若，求四棱锥的体积；（3）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，则为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，计算出的长以及四边形的面积，利用锥体

15、的体积公式可求得四棱锥的体积；（3）设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，则为的中点，因为、分别为、的中点，则，因为平面，平面，平面.【小问2详解】解：因为，则，即，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，又因为，、平面，平面，由等面积法可得，因为平面，平面，又因为且，故四边形为矩形，所以，.【小问3详解】解：不妨设，因为，平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，可得，因为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.20. 新

16、高考模式下，数学试卷不分文理卷，学生想得高分比较困难为了调动学生学习数学的积极性，提高学生的学习成绩，张老师对自己的教学方法进行改革，经过一学期的教学实验，张老师所教的名学生，参加一次测试，数学学科成绩都在内，按区间分组为，绘制成如下频率分布直方图，规定不低于分（百分制）为优秀（1）求这名学生的平均成绩（同一区间的数据用该区间中点值作代表）；（2）按优秀与非优秀用分层抽样方法随机抽取名学生座谈，再在这名学生中，选名学生发言，记优秀学生发言的人数为随机变量，求的分布列和期望【答案】（1） （2）分布列见解析；期望【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算即可；（2）根据频率

17、分布直方图可确定优秀与非优秀学生对应的频率，根据分层抽样原则可确定名学生中优秀学员的人数，由此可得所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式可求得期望.小问1详解】名学生的平均成绩为.【小问2详解】根据频率分布直方图知：优秀学员对应的频率为，则非优秀学员对应的频率为，抽取的名学生中，有优秀学生人，非优秀学生人；则所有可能的取值为，；的分布列为：数学期望.21. 已知分别为双曲线左、右焦点，在双曲线上，且（1）求此双曲线的方程；（2）若双曲线的虚轴端点分别为（在轴正半轴上），点在双曲线上，且，试求直线的方程【答案】（1） （2）或【解析】【

18、分析】（1）根据平面向量数量积坐标运算和点在双曲线上，可构造方程组求得的值，由此可得双曲线方程；（2）由三点共线可设，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，利用向量垂直的坐标表示，代入韦达定理结论可解方程求得的值，由此可得直线方程.【小问1详解】设，则，解得：，；又在双曲线上，则，双曲线的方程为：.【小问2详解】由（1）得：，三点共线，直线斜率显然存在，可设，由得：，即且，又，解得：，满足且，直线方程为：或.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用问题，解题关键是能够利用平面向量垂直关系的坐标表示来构造等量关系，结合韦达定理的结论得到关于所求变量的方程的形式，从而解方程求得变量的值.22

19、. 已知函数，（1）当时，求f（x）的单调区间；（2）当时，求证：函数f（x）有3个零点【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）证明过程见详解【解析】【分析】(1) 因为，所以函数，对函数求导，利用导函数的正负来判断函数的单调性即可求解；(2)对函数进行求导，求出导函数的零点，根据条件可得：函数在和上单调递增，在上单调递减，然后利用零点存在性定理即可证明.【小问1详解】因为，所以函数，所以，当或时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减；综上：函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.【小问2详解】因为函数，所以，令可得：或，因为，所以，当或时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减；所以函数在和上单调递增，在上单调递减，故当时，函数取极大值，因为当时，；所以，使得；当时，函数取极小值，（因为，所以，因为，所以，也即）所以，使得；又当时，所以，使得；故当时，函数有3个零点.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点(3)利用导数求出函数的极值点,再利用零点存在性定理进行判断零点的个数