2023年高考数学必做模拟卷—新高考Ⅱ考纲卷06（解析版）

2023年高考必做模拟卷—新高考Ⅱ考纲卷06一、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．设集合，，且，则（）。A、B、C、D、【答案】B【解析】由已知可得、，又∵，∴，∴，故选B。2．设，，则（）。A、B、C、D、【答案】C【解析】∵，∴，故选C。3．在平行四边形中，、、，为的中点，则（）。A、B、C、D、【答案】A【解析】∵，，，，∴，故选A。4．已知函数，则（）。A、是奇函数，且在上是增函数B、是偶函数，且在上是增函数C、是奇函数，且在上是减函数D、是偶函数，且在上是减函数【答案】A【解析】函数的定义域为，∵，∴，即函数为奇函数，又由函数为增函数，为减函数，故函数为增函数，故选A。5．某校为了庆祝新中国成立周年举办文艺汇演，原节目单上有个节目已经排好顺序，又有个新节目需要加进去，不改变原来节目的顺序，则新节目单的排法有（）种。A、B、C、D、【答案】D【解析】第一步：个节目空出个位置，加入个新来的节目，∴加入一个新节目有种方法，第二步：从排好的个节目空出的个位置中，加入第个新节目，有种方法，第三步：从排好的个节目空出的个位置中，加入第个新节目，有种方法，∴由分步乘法计数原理得，加入个新节目后的节目单的排法有种，故选D。6．已知函数的图像可由函数（，，）的图像先向左平移个单位长度，然后将每个点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到，则函数图像的一个对称中心可以为（）。A、B、C、D、【答案】B【解析】将函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到的图像，再将所得图像向右平移个单位长度，得到，令（），则（），从而图像的一个对称中心可以为，故选B。7．已知正三角形的边长为，是边的中点，将三角形沿翻折，使，若三角锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）。A、B、C、D、【答案】A【解析】正如图，将三角形沿翻折后，注意以为底面，形成三角锥，则平面，∵，，∴，三角锥的外接球球心一定在经过底面的外心且垂直于底面的垂线上，设球心为，外心为，中点为，外接球半径为，由底面可知，做剖面，则，过做，垂足为，则为中点，，在中，，则，故选A。8．在锐角中，，，则的面积的取值范围为（）。A、B、C、D、【答案】C【解析】∵，∴，∴，又∵为锐角三角形，∴，则，∴，∴，由余弦定理得：，如图，，，，∵为锐角三角形，∴顶点必在、之间，∴，∴，∴，故选C。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，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．若，则下列不等式成立的是（）。A、B、C、D、【答案】CD【解析】由知，则，∴，∴A选项错，∵，只有时等号成立，但，∴，∴B选项错，∵，，∴，∴C选项对，∵、，∴，∴D选项对，故选CD。10．意大利人斐波那契于年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：、、、、、、、……即从第三项开始，每一项都是它前两项的和。后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列。下面关于斐波那契数列说法正确的是（）。A、B、是偶数C、D、【答案】AB【解析】A选项，、、，对，B选项，由该数列的性质可得只有3的倍数项是偶数，对，C选项，，错，D选项，、、、……、，各式相加得，∴，错，故选AB。11．以下四个命题表述正确的是（）。A、直线（）恒过定点B、圆：上有且仅有个点到直线：的距离都等于C、圆：与圆：恰有三条公切线，则D、已知圆：，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点【解析】BCD【解析】A选项，直线（）得，由得，即直线恒过定点，错，B选项，圆心到直线：的距离为，圆的半径，故圆上有个点到直线的距离为，对，C选项，由题意可知与外切，曲线：即，曲线：即，两圆心的距离为，解得，对，D选项，∵点为直线上一动点，设点，圆：的圆心为，以线段为直径的圆的方程为，即，又直线为圆与圆的公共弦，其方程为：，即，即，令，得，∴直线经过定点，对，故选BCD。12．已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（）。A、在是增函数B、是奇函数C、在上有两个极值点D、设，则满足的正整数的最小值是【答案】ABD【解析】A选项，当时，、，，∴函数在是增函数，对，B选项，令，该函数的定义域为，∵，，则，∴函数为奇函数，对，C选项，当时，且，∴函数在内无极值点，，①当时，、，则，则、，∴，∴函数在上单调递减，∵，，∴函数在上只有一个极值点，②当时，、，∴，，则，∴，则，∴函数在上无极值点，综上所述，函数在上只有一个极值点，错，D选项，，当时，、，不成立，当时，，当时，、，∵、、，则，∴，∴满足的正整数的最小值是，对，故选ABD。三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知等差数列的前项和为，且，则。【答案】【解析】由等差数列的性质可得：，∴，则。14．设是坐标原点，是抛物线：的焦点，是抛物线上的一点，与轴正向的夹角为，则。【答案】【解析】过点做，垂足为，则，，设，则、，，又点到准线的距离与到焦点的距离相等，则，解得，则，则。15．若，则。【答案】【解析】令，则，对等式两边求导得：，令，则，∴。16．在长方体中，，。过点作平面与、分别交于、两点，若与平面所成的角为，则截面面积的最小值是。【答案】【解析】过点做，连接，∵平面，∴，∴平面，∴，∴平面平面，∴为与平面（即平面）所成的角，∴，则中，∵，∴，，在中，由射影定理得，则，当且仅当，即为的中点时，等号成立，则截面面积的最小值射影定理：在中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影、的比例中项，即①；每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项，即②；、、③。证明：①∵，，∴，∴，即，∴；②∵，∴，∴。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．（本小题满分10分）在中，内角、、所对的边分别为、、，已知、、。（1）求角的大小；（2）求的值；（3）求的值。【解析】（1）在中，，由余弦定理以及、、得：，2分又∵，∴；3分（2）由正弦定理以及、、可得：；5分（3）由及，可得，则，∴，8分∴。10分18．（本小题满分12分）如图所示，长方体的底面是长为的正方形，且满足，。（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值。【解析】（1）连接，由长方体的性质可知，且四边形是平行四边形，∴，∵，∴、，∴、，2分又，平面，，平面，∴平面平面；4分（2）以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示，∵，，∴，，则、、、、、，∴，，，，6分设平面的法向量为，则，即，令，则、，则，8分设平面的法向量为，则，即，令，则、，则，10分设二面角的平面角为，经观察为锐角，∴。12分19．（本小题满分12分）已知数列的前项和为，数列满足关系式。（1）若数列是首项为，公比为的等比数列，求数列的前项和；（2）若数列的前项和，则当的最小整数值为多少时，？【解析】（1）∵数列是首项为，公比为的等比数列，∴，，2分代入得：，又由可知，∴，∴，∴；4分（2）∵数列的前项和，∴当时，，当时，，验证，当时不符合，∴，6分∴由得：当时，，解得，当时，，∴，两式相减得，化简得，又当时，，解得，∴当时，，∴当时，，又，∴数列是从第二项开始的一个首项为、公比为的等比数列，∴，∴，10分又、且是递增数列，∴当的最小整数值为时，。12分20．（本小题满分12分）已知函数。（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，，求实数的取值范围。【解析】（1）当时，，其定义域为，，1分记，其定义域为，恒成，∴在上单调递增，2分又，∴当时，即在上单调递增，当时，即在上单调递减，∴在上单调递减，在上单调递增；4分（2）①当时，，5分②当时，即，6分令，其定义域为，，7分记，，令，∵，∴，∴在上单调递增，即，即，∴在上单调递增，即，9分故当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，∴在处取得极大值也是最大值，∴，∴，11分综上可知，实数的取值范围是。12分21．（本小题满分12分）甲、乙两人玩闯关游戏，游戏规则如下：每人每次同时投掷颗骰子，由甲先掷自己手中骰子一次，然后乙掷自己手中骰子一次，然后甲再掷，如此轮流投掷，谁先投掷出的颗骰子的点数之和为，则闯关成功，并停止游戏。（1）记一次投掷出的骰子中颗的点数之和为，求的数学期望；（2）在甲投掷骰子一次闯关成功的概率最大的条件下，若甲投掷不超过（，）次能确定胜负，请证明：甲获胜的概率大于乙获胜的概率。【解析】（1）的所有可能取值分别为、、、、、、、、、、，1分由得，由得，由得，由得，由得，由得，由得，由得，由得，由得，由得，3分∴的分布列为：∴的数学期望为：，6分（2）由（1）知时，甲投掷骰子一次闯关成功且概率最大为，记甲在（，）次投掷后才闯关成功的概率为，则甲、乙前次闯关均失败，，∴为在甲投掷不超过（，）次的情况下甲获胜的概率，9分记乙在（，）次投掷后才关成功的概率为，则甲前次闯关失败，乙前次闯关失败，则，∴为在甲投掷不超过（，）次的情况下乙获胜的概率，∴，故甲获胜的概率大于乙获胜的概率。12分22．（本小题满分12分）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，直线交轴于点，且（为坐标原点）。（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线斜率存在，与椭圆交于、两点，且与椭圆：（）有公共点，求面积的最大值。【解析】（1）由可得，即，1分又在椭圆上，因此是，解得或（舍去），3分∴椭圆的标准方程为：；4分（2）设直线的方程为，原点到直线的距离为，5分联立方程组，并化简得，6分设，，则，，7分，8分∴，9分而由，可得，则，即，10分当时，则，故，即直线与椭圆：相切时面积最大为，当时，易知时，最大值为，综上可得。12分