备战2023年高考数学模考适应模拟卷03（新高考专用）（解析版）

保密★启用前2023新高考名师一模模拟卷（3）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(共40分)1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出集合后再逐项计算，从而可得正确的选项.【详解】集合，，，故A错误，D正确；，故B，C错误．故选：D．2．复数（为虚数单位），则（    ）A． B． C．6 D．【答案】A【分析】根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可.【详解】解：，故．故选：A．3．某单位安排甲乙丙三人在某月1日至12日值班，每人4天.甲说：我在1日和3日都有值班乙说：我在8日和9日都有值班丙说：我们三人各自值班日期之和相等据此可判断丙必定值班的日期是（    ）A．10日和12日 B．2日和7日 C．4日和5日 D．6日和11日【答案】D【分析】确定三人各自值班的日期之和为26，由题可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，确定丙必定值班的日期．【详解】由题意，1至12的和为78，因为三人各自值班的日期之和相等，所以三人各自值班的日期之和为26，根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，据此可判断丙必定值班的日期是6日和11日，故选．【点睛】本题考查分析法，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．4．要得到函数的图象，只需将函数图象上所有点的横坐标（    ）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】D【解析】根据，利用平移变换求解.【详解】因为，所以要得到函数的图象，只需由图象上所有点的横坐标向右平移个单位长度，故选：D5．某校开设九门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门，若学校规定每位学生选修四门，则不同的选修方案共有（  ）A．15种 B．60种 C．75种 D．100种【答案】C【详解】试题分析：分析题意可知，若A，B，C三门课中选取了一门：第一步从A，B，C三门中选取一门，再从剩下的6门课中选3门，不同的选修方案有种，若A，B，C三门中一门没选：不同的选修方案有种，故不同的选修方案共有种，故选C．考点：1．乘法原理；2．分类讨论的数学思想．6．若展开式中的系数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】展开式中项的产生一部分来源于2与中项相乘，另一部分来源于与中项相乘，可求.【详解】，展开式中的系数为所以，解得故选：A7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，的平分线与相交于点B，若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解法一：首先设，，在与中，求的值，求得，中，由勾股定理即可求得离心率；解法二：首先设，，再利用椭圆定义，角平分线定理，以及勾股定理，分布列式，化简为关于的齐次式子，即可求解离心率.【详解】解法一  设，，则.由，得.因为，所以.在与中，，所以，即，得.因为，所以，所以，得，即，则，于是在中，由勾股定理，得，整理得，得，故选：D.解法二  设，，由得，.因为，所以，在中，由勾股定理，得①.由椭圆的定义得②.因为平分，所以，即③，联立①②③并化简得，则，得.故选：D.8．下列不等式正确的是（其中为自然对数的底数，，）（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别构造函数，利用导数求单调性即可求解.【详解】对于A，由，考虑函数，，因为，所以在上为增函数，所以，，即，故A错误；对于B，由，考虑函数，，因为，所以在上为增函数，所以，所以在上恒成立，因为，所以，即成立，所以，故B错误；对于C，由，考虑函数，，因为，所以在上为减函数，因为，所以，，所以，故C正确；对于D，显然，所以，故D错误．故选：C二、多选题(共20分)9．已知，是正数，且，下列叙述正确的是（    ）A．最大值为 B．的最小值为C．最小值为 D．最小值为【答案】ABD【分析】题可知，且，利用基本不等式可判断A,D；构造二次函数型可判断B；对两边同时平方，利用基本不等式可判断C.【详解】因为是正数，且，所以不等式可知，即，得，当且仅当，即取得等号，所以的最大值为，所以A正确；因为是正数，且，所以，且，所以，当时有最小值为，所以B正确；，当且仅当，即取得等号，因为，是正数，所以最大值为，故C不正确；因为，当且仅当且即时取等号，此时最小值为，所以D正确．故选：ABD.10．为了解决传统的人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统.规定：某区域内的个点的深度的均值为，标准偏差为，深度的点视为孤立点.则根据下表中某区域内个点的数据，正确的有（    ）1A． B． C．是孤立点 D．不是孤立点【答案】ABD【分析】计算出、的值，可判断AB选项的正误；求出区间，由孤立点的定义可判断CD选项.【详解】，A对.，B对.，，则，，，所以，、都不是孤立点，C错，D对.故选：ABD.11．若函数在定义域内的某区间M是增函数，且在M上是减函数，则称在M上是“弱增函数”，则下列说法正确的是（    ）A．若，则不存在区间M使为“弱增函数”B．若，则存在区间M使为“弱增函数”C．若，则为R上的“弱增函数”D．若在区间上是“弱增函数”，则【答案】ABD【分析】根据“弱增函数”的定义，结合基本初等函数的性质，对四个选项一一判断，即可得到正确答案.【详解】对于A：在上为增函数，在定义域内的任何区间上都是增函数，故不存在区间M使为“弱增函数”，A正确；对于B：由对勾函数的性质可知：在上为增函数，，由幂函数的性质可知，在上为减函数，故存在区间使为“弱增函数”，B正确；对于C：为奇函数，且时，为增函数，由奇函数的对称性可知为R上的增函数，为偶函数，其在时为增函数，在时为减函数，故不是R上的“弱增函数”，C错误；对于D：若在区间上是“弱增函数”，则在上为增函数，所以，解得，又在上为减函数，由对勾函数的单调性可知，，则，综上.故D正确．故选：ABD．12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）A．勒洛四面体被平面截得的截面面积是B．勒洛四面体内切球的半径是C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为【答案】CD【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.【详解】对于A，故A错误，截面示意图如下：对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图：正外接圆半径,正四面体的高,令正四面体的外接球半径为,在中,，解得,此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误；对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确；对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确.故选：CD．【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.第II卷（非选择题）三、填空题(共20分)13．已知向量，，若，则的值为___________.【答案】【分析】利用向量的线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示，结合向量的数量积坐标表示即可求解.【详解】因为向量，，所以，，又因为，所以，即，解得，所以的值为.故答案为：.14．若，则___________.【答案】##0.75【分析】利用平方关系、正弦的二倍角公式和弦化切计算可得答案.【详解】因为，解得，所以.故答案为：.15．写出一个同时具有下列性质①②的函数___________.①；②.【答案】（答案不唯一）【分析】本题属于开放性问题，只需符合题意即可，根据，故构造指数型函数，再求出函数的导函数，即可得解；【详解】解：依题意令，则，，，所以，故满足①；又，则，即满足②；故答案为：（答案不唯一）16．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】【分析】可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.【详解】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，则，得，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，所以，即，解得．所以该正二十面体的外接球表面积为，而该正二十面体的表面积是，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．故答案为：.【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.四、解答题(共70分)17．(本题10分)从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答.已知点在内，，若___________，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】【分析】选择①，根据可得，再根据余弦定理得，求出，即可求得角，再根据三角形的面积公式即可得解.选择②，根据可得，从而可得，再根据余弦定理得，求出，即可求得角，再根据三角形的面积公式即可得解.选择③，根据可求得，再利用余弦定理求得，再利用余弦定理可求的角，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】解：选择①，因为点在内，，，所以，所以，由余弦定理得，即，解得，又，所以，所以.选择②，因为，所以，所以，又因为点在内，，所以所以，所以，由余弦定理得，即，解得，又，所以，所以.选择③，因为，所以，在中，，在中，，又，所以，所以.18．(本题12分)设数列的前项和为，，．(1)求；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据与的关系推导出数列为等比数列即可求解；（2）根据错位相减法求和可.(1)当时，，即，当时，由可得，两式相减得：，即，又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以(2)由（1）知，，所以，，，两式相减得：所以19．(本题12分)如图，在三棱雉中，，，，(1)求证：；(2)若直线与平面成角，求.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）设中点为，连结，，可证平面，从而可得；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出和平面的法向量后可求的值，从而的长.【详解】（1）证明：设中点为，连结，.因为，则，同理，而，故面，而面，.（2）由（1）得面，故可以中点为坐标原点，为轴，延长线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰直角三角形中，，设，则，，故，平面的一个法向量为，由题意，解得或