备战2023年高考数学模考适应模拟卷新高考名师二模模拟卷（5）（解析版）

2023新高考名师二模模拟卷（5）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．已知全集，集合或，，则如图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】化简集合B，根据集合的交集、补集运算求解即可.【详解】，，，由图可知阴影部分表示的集合是，故选：A.2．已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内复数对应的点在（    ）A．第四象限 B．第三象限C．第二象限 D．第一象限【答案】C【分析】利用复数的除法，求出复数，从而可求出对应的点位于的象限．【详解】复数满足，则，∴复数对应的点的坐标是，对应的点在第二象限.故选：C．3．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点即可排除选项求解.【详解】的定义域为，关于原点对称，因为，所以为奇函数，故排除C,D,又，所以排除B,故选：A4．已知终边上一点，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由终边坐标求得正余弦值，结合倍角公式求值即可.【详解】由题意可知点，所以，，，，∴．故选：B．5．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：）分别为，，，且，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元/）分别为，，，且．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是A． B． C． D．【答案】B【详解】由，，所以，故；同理，，故.因为，故.故最低费用为.故选B.6．“碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降，而“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过4年，该地区二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（    ）（参考数据：）A．13年 B．14年 C．15年 D．16年【答案】D【分析】由条件列式先确定参数，再结合对数运算解方程.【详解】由题意，，即，所以，令，即，故，即，可得，即．故选：D7．已知数列{}满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.【详解】由，得，，所以，又，所以数列是递增数列且，，所以，所以，所以，.当，得，由得，则，同上由累加法得，所以，所以，则.故选：C.【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果.8．已知定义在上的奇函数恒有，当时，，已知，则函数在上的零点个数为（    ）A．4个 B．5个 C．3个或4个 D．4个或5个【答案】D【分析】利用奇函数性质和关系式转化求出的关系式并利用单调性画出简图，再利用数形结合思想根据的取值范围求出零点个数.【详解】因为，所以的周期为2，又因为为奇函数，，令，得，又，所以，当时，，由单调递减得函数在上单调递增，所以，得，作出函数图象如图所示，由图象可知当过点时，，此时在上只有3个零点.当经过点时，，此时有5个零点.当时，有4个零点.当经过点时，，此时有5个零点.当时，有4个零点.当经过点时，，此时在上只有3个零点.当时，有4个零点.所以当时，函数在上有4个或5个零点.故选：D二、多选题(共20分)9．已知函数，则（    ）A．的最小值为0B．的最小正周期为C．的图象关于点中心对称D．的图象关于直线轴对称【答案】BD【分析】先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，然后逐个分析判断【详解】，对于A，当时，取得最小值，所以A错误，对于B，的最小正周期为，所以B正确，对于C，由，得，所以的图象的对称中心为，所以C错误，对于D，由，得，所以的图象的对称轴为直线，当时，，所以的图象关于直线轴对称，所以D正确，故选：BD10．已知曲线：，焦点为､，，过的直线与交于两点，则下列说法正确的有（    ）A．是的一条对称轴B．的离心率为C．对C上任意一点P皆有D．最大值为【答案】ABD【分析】根据点点关于直线对称的点的坐标为在曲线判断A；根据点关于直线对称点在曲线得该曲线为椭圆，对称轴为直线和直线，进而求顶点坐标，进而求离心率判断B；结合C选项求焦点坐标，验证判断C；设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最值求解判断D.【详解】解：对于A选项，设点是曲线上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标为，代入曲线方程满足，故是的一条对称轴，正确；对于B选项，由于点是曲线上的任意一点，其关于直线对称点亦在曲线上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线和直线，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标为：，，，由于点到椭圆中心的距离为，到椭圆中心的距离，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，所以椭圆的焦距为，故其离心率为，故正确；对于C选项，由B知，半焦距为，且焦点､在直线上，故焦点坐标为，故，故错误；对于D选项，由题知直线斜率存在，故设方程为，则联立方程得得，故，即或，设，则，所以，到直线的距离为，所以令，由于得，故，所以，所以，当时，取得最大值，，故正确.故选：ABD11．某市教育局为了解双减政策的落实情况，随机在本市内抽取了A，B两所初级中学，在每一所学校中各随机抽取了200名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图：由直方图判断，以下说法正确的是（    ）A．总体看，A校学生做作业平均时长小于B校学生做作业平均时长B．B校所有学生做作业时长都要大于A校学生做作业时长C．A校学生做作业时长的中位数大于B校学生做作业的中位数D．B校学生做作业时长分布更接近正态分布【答案】AD【分析】由直方图可逐项分析可得答案.【详解】由直方图可知，A校学生做作业时长大部分在1—2小时，而B校学生做作业时长大部分在2.5—3.5小时，故A正确，C错误；B校有学生做作业时长小于l小时的，而A校有学生做作业时长超过5小时的，故B错误；B校学生做作业时长分布相对A校更对称，故D正确．故选：AD.12．已知，，，，则有（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.【详解】令，，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，且；若，则，令，则，当时，，，在上恒成立，在上单调递减，，即，又，，，，，，在上单调递增，，即，A错误；，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，且；由得：；设，，则；当时，，，在上单调递减，，即，又，，又，，，，在上单调递增，，即，B正确；，，，，又，，在上单调递减，，则，C正确；，又，，在上单调递增，，则，D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.第II卷（非选择题）三、填空题(共20分)13．数据：，，，，，，，，中的第百分位数是__________.【答案】【分析】将数据按照从小到大顺序排序，根据百分位数的计算方法直接求解即可.【详解】将数据按照从小到大顺序排列为：，，，，，，，，；共有个数据，，第百分位数即为从小到大的第个数，即第百分位数为.故答案为：.14．已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．【答案】4【分析】先求出，再求出展开式的通项，知当时，展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.【详解】依题意，知，，则展开式的第项为，当时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.故答案为：4.15．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，若C与直线有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得，则双曲线离心率取值范围范围为___________.【答案】【分析】由直线与双曲线有交点，得在一三象限的渐近线的斜率大于1，得出的一个范围．双曲线上存在不是顶点的P，使得，与轴交于点，由平面几何的知识及双曲线定义得，在直角三角形中由边的关系得不等式，得出的范围，同时由的范围又是一个不等关系，从而得出离心率范围．【详解】双曲线C与直线有交点，则，，解得，双曲线上存在不是顶点的P，使得，则点在右支上，设与轴交于点，由对称性，所以，所以，，所以，由得，所以，又中，，，所以，即，综上，．故答案为：．16．如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为________；平面截球所得截面的周长为________．【答案】        【分析】将三棱锥补成正方体，则正方体的外接球是三棱锥的外接球，求出外接球半径，从而求出体积，求解截面周长，方法一：找到截面圆心，得到截面圆的半径，求出截面周长；方法二：建立空间直角坐标系，用空间向量求解出点到平面的距离，进而求出截面半径和周长.【详解】因为，将三棱锥补成正方体如图1，所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点.设外接球的半径为，则，即，所以.       方法一：设，因为平面，，所以平面，所以平面平面，因为平面平面，过作，垂足为，如图2，则平面，且是截面的圆心.设，如图3，在矩形中，所以，过作，垂足为，则，在中，，，，则，所以，设截面圆的半径为，则，故截面的周长为.方法二：以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，由，得，所以平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，球心到平面的距离为所以，且.设截面的半径，则，所以截面的周长为.四、解答题(共70分)17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求B.(2)若，，___________，求.在①D为AC的中点，②BD为∠ABC的角平分线这两个条件中任选一个，补充在横线上.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得，从而求出；（2）选择条件①：利用向量的加法和数量积运算；选择条件②：利用面积关系进行计算；(1)（1）由正弦定理得，.因为，所以，所以，即.又，则，所以.(2)（2）选择条件①：因为，所以，，.选择条件②：因为BD为∠ABC的角平分线，所以，则，解得.18．已知数列{}满足∈N*，为该数列的前n项和.(1)求证：数列{}为递增数列；(2)求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题可得即可证明；（2）由已知可得，即可求出，根据数列为递增数列可得即可证明.（1）因为，所以，取倒数可得，整理可得，所以数列为递增数列；（2）由可得，即，所以，又，所以，，即.19．在三棱柱中，四边形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面与平面的交线为l.(1)证明：；(2)已知，，l上是否存在点P，使与平面ABP所成角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由四边形为菱形，得到，根据平面平面ABC，证得，进而得到平面，从而证得；（2）取中点D，连接AD，证得平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.(1)证明：因为四边形为菱形，所以，平面平面ABC，平面平面，平面ABC，又因为，所以平面，又由平面，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以.(2)解：上不存在点P，使与平面ABP所成角为60°，理由如下：取中点D，连接AD，因为，所以，又，所以为等边三角形，所以，因为，所以，又因为平面平面ABC，平