仿真卷-冲刺2023年高考数学（新高考专用）（解析版）.docx

1、绝密考试结束前2023年新高考数学仿真试卷全卷满分150分，考试用时120分钟。注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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1若复数满足，则在复平面内的共阨复数所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【分析】根据复数除法计算出，再根

2、据共轭复数定义得出，最后确定对应点在复数平面的位置即可【详解】由，得，所以，则其在复平面内其所对应的点为，位于第一象限故选：A2已知全集，集合，则集合为（）ABCD【答案】D【分析】计算出，从而根据交集，并集和补集概念计算出四个选项，得到正确答案.【详解】由题意知，A选项，A错误；B选项，B错误；C选项，故，C错误；所以.故选：D.3在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，则（）ABCD【答案】B【分析】先根据三角函数的定义求出，再由二倍角公式和诱导公式求出答案.【详解】因为的终边与圆相交于点，所以，所以.故选：B.4将半径为6的半圆卷成一个无底圆锥（钢接处不

3、重合），则该无底圆锥的体积为（）ABCD【答案】C【分析】求出无底圆锥的半径和高，从而得到圆锥的体积.【详解】由题意知，所卷成的无底圆锥母线长为6，设该无底圆锥的底面半径为，高为，则，所以，所以，所以.故选：C.5计算机是20世纪最伟大的发明之一，被广泛地应用于工作和生活之中，在进行计算和信息处理时，使用的是二进制.已知一个十进制数可以表示成二进制数，且，其中.记中1的个数为，若，则满足的的个数为（）A126B84C56D36【答案】A【分析】根据题意，由条件结合组合的定义即可得到结果.【详解】由题意得中1的个数为6，因为，所以中1的个数为5，所以满足的的个数为.故选:A.6纯电动汽车是以车载

4、电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（）（参考数据：，）A1.12B1.13C1.14D1.15【答案】D【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式即可求解【详解】由题意知，

5、所以，两边取以10为底的对数，得，所以故选：D7已知是抛物线的焦点，过点且斜率为2的直线与交于两点，若，则（）A4B3C2D1【答案】A【分析】法一：设出的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，利用焦半径得到，从而列出方程，求出答案；法二：写成直线的参数方程，代入抛物线方程，利用参数的几何意义得到方程，求出答案.【详解】法一：由题意知，故的方程为，与的方程联立，得，显然，设，则，所以，又，所以，所以.法二：直线的斜率为2，设其倾斜角为，则，故，故直线的参数方程为（为参数），代入，整理得，显然，设该方程的两根为，则，所以.故选：.8已知函数的定义域关于原点对称，且满足：（1）当时，；（

6、2）、且，则下列关于的判断错误的是（）A为奇函数BC是的一个周期D在上单调递减【答案】D【分析】利用奇偶性的定义解结合（2）可判断A选项；由奇函数的性质结合（2）可判断B选项；根据（2）以及B选项推导出，可得出，再结合函数周期性的定义可判断C选项；利用（2）结合函数单调性的定义可判断D选项.【详解】因为、，所以为上的奇函数，A对；因为，所以，所以，B对；因为，所以，所以是的一个周期，C对；、，且，则，因为当时，所以、均小于，又，所以，所以，所以在上单调递增，D错故选：D二、 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每道题目至少有一个正确选项啊，漏选或者是少选得2分，不选或者是选错不得分）9

7、在平面直角坐标系xOy中，过抛物线的焦点的直线l与该抛物线的两个交点为，则（）AB以AB为直径的圆与直线相切C的最小值D经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线上【答案】ABD【分析】联立直线l与抛物线，利用韦达定理可判断A；取AB中点M即为圆心，分别过A、B、M作直线的垂线，由抛物线定义得M到直线的距离等于AB距离的一半，判断B；，韦达定理结合点满足抛物线方程，化简计算即可判断C；写出两条直线方程并联立求出交点坐标，结合前面结论化简交点纵坐标，即可判断D【详解】解：由抛物线，知焦点，由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为，联立，消x得，所以，故A正确；设AB中点为M，M为以AB为直

8、径的圆的圆心，又是抛物线的准线，利用抛物线定义，分别过A、B、M作直线的垂线，垂足分别为、，得，由抛物线定义知，即，故B正确；联立直线l与抛物线，得，因为，所以，即；故C错误；经过点B与x轴垂直的直线为直线OA为，联立得交点，因为，则；所以经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线故D正确故选：ABD10已知函数（）在有且仅有3个零点，下列结论正确的是（）A函数的最小正周期B函数在上存在，满足C函数在单调递增D的取值范围是【答案】ABD【分析】设在有且仅有3个零点，且.A，最小正周期即可判断；B，取，满足，即可判断；D，结合正弦函数的零点，计算可得函数在轴右侧的前4个零点分别是，再列出

9、不等式，解之即可判断；C，由选项D可知，可取，此时，比较和的大小即可判断.【详解】解：设在有且仅有3个零点，且，对A，最小正周期，即A正确；对B，在上存在，满足，所以可以成立，即B正确；对D，令，则函数的零点为，所以函数在轴右侧的前4个零点分别是，因为函数在有且仅有3个零点，所以，解得，即D正确；对C，由D选项可知，不妨取，此时，所以，即，并不满足在单调递增，即C错误.故选：ABD.【点睛】本题考查三角函数的性质，结合正弦函数性质，只要把作为一个整体，与正弦函数对比即可得出相应性质11设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，是的间隔数，下列说法正确的是()A公比大于1

10、的等比数列一定是间隔递增数列B已知，则是间隔递增数列C已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2D已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则【答案】BCD【分析】设等比数列的公比为，则，当时，可判断A；，令，利用其单调性可判断B；，分n为奇数、偶数两种情况讨论可判断C；若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则，成立，问题转化为对于，存在使之成立，且对于，存在使之成立，求解可判断D【详解】设等比数列的公比为，则因为，所以当时，故A错误；，令，则在上单调递增，令，解得，此时，故B正确；，当n为奇数时，存在，使成立；当n为偶数时，存在，使成立综上是间隔递增数列且最小间隔数是2，故C正确；若是间隔递增数列且最

11、小间隔数是3，则，成立，则对于，存在使之成立，且对于，存在使之成立即对于，存在使之成立，且对于，存在使之成立，所以，且，解得，故D正确故选：BCD.12设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若， ，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（）AB函数的图象关于对称CD【答案】AC【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，判断C，D【详解】因为为奇函数，所以，取可得，A对，因为，所以；所以，又，故，所以函数的图象关于点对称，B错，因为，所以，所以，为常数，因为，所以，所以，取可得，所以，又，所以，所以，所以，故函数为周期为4的函数，因为，所以，所以，

12、所以，所以，由已知无法确定的值，故的值不一定为0，D错；因为，所以，所以，故函数为周期为4的函数，所以函数为周期为4的函数，又，所以，所以，C对，故选：AC.【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13经研究发现，若点在椭圆上，则过点的椭圆切线方程为.现过点作椭圆的切线，切点为，当（其中为坐标原点）的面积为时，_.【答案】【分析】点，由题意可得切线方程，进而可求点的坐标，根据的面积整理可得，结合椭圆方程即可得结果.【详解】设点，则切线，令，得，可得，则，点在椭圆上，则，即

13、，解得，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：以点为切入点，设点，根据题意可得切线，这样就可得，再根据题意运算求解即可.14已知平面向量，其中为单位向量，若，则的取值范围是_.【答案】【分析】建立如图所示坐标系，不妨设，由题意，可知，记，则，求出点的轨迹方程，由的几何意义可得即为点的轨迹上的点到点的轨迹上的点的距离，从而可得出答案【详解】解：建立如图所示坐标系，不妨设，由知，点在直线或上，由题意，可知，记，则，由定弦所对的角为顶角可知点的轨迹是两个关于轴对称的圆弧，设，则，因为，即，整理得或，由对称性不妨只考虑第一象限的情况，因为的几何意义为：圆弧的点到直线上的点的距离，所以最小值为，故故答案

14、为：【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是建立平面直角坐标系，利用坐标法求出动点的轨迹，再结合解析几何的知识求出向量模的取值范围.15已知双曲线的左，右焦点F1，F2，点P在双曲线上左支上动点，则三角形PF1F2的内切圆的圆心为G，若与的面积分别为，则取值范围是_【答案】【分析】由圆的切线性质结合双曲线的定义可求圆心G的坐标，再利用三角形面积公式及其比值，由此可得取值范围.【详解】如图设切点分别为M，N，Q，由切线的性质可得，所以的内切圆的圆心G的横坐标与Q横坐标相同由双曲线的定义，由圆的切线性质，所以，因为，所以，Q横坐标为因为双曲线的a1，b，c2，可设，设（m1），因为，可得，所以取值范围

15、是，故答案为：.16已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则_.【答案】【分析】根据对数运算法则可得，再利用等比数列性质和函数可得，利用倒序相加即可得.【详解】由题意可知，所以；由等比数列性质可得；又因为函数，所以，即，所以；令，则；所以，即.故答案为：四、 解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）在已知数列中，.(1)若数列是等比数列，求常数t和数列的通项公式；(2)若，求数列的前项的和.【答案】(1)；.(2)【分析】（1）由，化简得到，得出时首项为，公比为的等比数列，求得，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）得到，结合等比数列的求和公式和并项求和

16、法，即可求解.【详解】（1）解：由题意，数列满足，所以，又由，可得，所以数列时首项为，公比为的等比数列，又因为数列是等比数列，所以，可得，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知：，可得，所以数列的前项的和为： .18（12分）在锐角中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.(1)求角B的大小；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理把已知式子统一成边的关系，再利用余弦定理可求出角B的大小，（2）由（1）可得，由正弦定理可得，然后由为锐角三角形求出角的范围，再利用正切函数的性质可求得结果【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，化简得，所以由余弦定理得，

17、因为，所以（2）因为，所以,由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，所以，得，所以，所以，所以，所以，即的取值范围为19（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，侧棱PD底面ABCD，PDDCa，E是PC的中点，过E作EFPB，交PB于点F(1)证明：PB平面EFD；(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的大小为，求AD的长度.【答案】(1)证明见解析；(2)a.【分析】(1)要证PB平面EFD，则要证PBDE，则证DE平面PBC，则证DEBC，则证BC平面PCD；(2)以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC和平面PBD的法向量，利

18、用向量方法即可求出AD【详解】（1）PD底面ABCD，且底面ABCD是矩形，又，平面PDC，平面PDC，又，E是PC的中点，DE平面PBC，又，PB平面EFD；（2）如图，由题意知DA、DC、DP两两互相垂直，以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设，则，由(1)知，DE平面PBC，故是平面PBC的一个法向量，且设平面PBD的法向量为，由得即取，得，解得，即20（12分）2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构某环保机器制造商为响应号召，对一次购买

19、2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：方案一；交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元；方案二：交纳延保金6230元，在延保的5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元；制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表维修次数0123机器台数20408060以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数（1）求X的分布列；（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在

20、什么范围？【答案】（1）答案见解析；（2）【分析】（1）根据统计表，维修0、1、2、3次的机器的比例分别为、，而2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数可能有，对应的基本事件为、，进而可求各可能值的概率，写出分布列即可.（2）根据两个方案的描述，结合（1）所得的分布列，分别写出方案一、方案二所需费用的分布列，进而求它们的期望，要使选择方案二对客户更合算有，即可求的范围.【详解】（1）由题意得，X的分布列为X0123456P（2）选择方案一：所需费用为元，则时，时，；时，；时，时，的分布列为50006000700080009000，选择方案二：所需费用为元，则时，；时，；时，则的分布列为6230

21、，要使选择方案二对客户更合算，则，解得，即的取值范围为21（12分）已知圆，圆，当r变化时，圆与圆的交点P的轨迹为曲线C，（1）求曲线C的方程；（2）已知点，过曲线C右焦点的直线交曲线C于A、B两点，与直线交于点D，是否存在实数m，使得成立，若存在，求出m，；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在；，【分析】（1）圆F1与圆F2的交点满足，又，则P点轨迹满足椭圆方程，从而求得椭圆方程；（2）设直线AB的方程为，与椭圆联立，求得韦达定理，分别表示出，将韦达定理代入化简，并满足条件，从而求得参数m，的值.【详解】解：（1）由题意可知，所以，所以曲线C为以、为焦点的椭圆，且，所以曲线C的方程

22、为（2）假设存在，由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，联立|，消去y整理得，则，所以，因为，所以，所以，得，所以存在，使成立22（12分）已知（1）当时求的极值点个数；（2）当时，求a的取值范围；（3）求证：，其中【答案】（1）两个极值点；（2）；（3）证明见解析【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间，即得的极值点个数；（2）设，则单调递增，对分类讨论，求出的最值即得解；（3）由（2）可知时， ，所以，再利用裂项相消法求和得证.【详解】解：（1）当时，所以，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，因为，所以存在，使，所以，时，；时，；时，所以0和是的极值点，所以有两个极值点（2），设，则单调递增，又，所以当时，在上单调递增，所以，即，在上单调递增，所以，符合题意.当时，令，解得，当时，在上单调递减，在）上单调递减，所以时，不符合题意，所以a的取值范围是（3）由（2）可知时，即，所以，所以