【百强名校】 2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（三）（新高考通用）解析版

【百强名校】2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（三）（新高考通用）一、单选题1．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知角，满足，，则（    ）．A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据和角公式可得，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解.【详解】由得，进而，所以，故选：B2．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）若，，，则实数a，b，c的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，.作出函数，的图象，观察可得当时，所以随着的增大，比值越来越大.令，可得在上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出答案.【详解】由已知可得，，，由可得，，所以.设，则，因为，故，所以即，所以在上为增函数，又，，，又，所以.故选：B.3．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】构造向量，利用向量垂直和，结合基本不等式得出的最大值2，结合图形可得答案.【详解】如图，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，由题意得：，令，则三点共线,，则三点共线,故有共线，由题意与垂直，，知，且为定值，在中，，当且仅当时，取最大值2，此时面积最大，则到的距离最远，而，故当且仅当，即关于轴对称时，最小，此时到的距离为，所以，故，即的最小值为.故选：D.4．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用作差法结合对数的运算性质分析判断即可.【详解】解：，∵∴故选：C.5．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，若的重心在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】依次求出点、的坐标，然后由点在双曲线上可建立方程求解.【详解】不妨设在，令，则有，解得，所以，，因为点在双曲线上，所以，解得，故选：B.6．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在中，已知，，E，F分别是边AB，AC上的点，且，，其中，，且，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平面向量加法的运算法则，结合平面向量基本定理和平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为，，所以，因为，所以，所以因为，，所以，当时，有最小值，最小值为，故选：C【点睛】关键点睛：运用平面向量加法的运算法则，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.7．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知数列的通项公式为，前项和为，若实数满足对任意正整数恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据裂项相消法，结合数列的单调性进行求解即可.【详解】解：，前项和为，可得为递增数列，且有取得最小值；且，当为偶数时，对任意正整数恒成立，即为对任意正整数恒成立，由，可得①当为奇数时，对任意正整数恒成立，即为对任意正整数恒成立，由，可得，即②由①②解得．故选：A【点睛】关键点睛：利用裂项相消法，结合分类讨论法进行求解是解题的关键.8．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，正数满足，则的最小值（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用可得，由此可化简所求式子，结合基本不等式可求得最小值.【详解】，且在上单调递减，由得：，即，，（当且仅当时取等号），则的最小值为.故选：B.9．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.【详解】由题意，做轴于点，因为四边形是等腰梯形，则，则点的横坐标为，代入椭圆方程，可得，即，因为，则，由，则，化简可得，，同时除可得，即，对于当时，，当时，，在时，方程有根，且，故应舍，所以.故选:D【点睛】解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.公众号：高中试卷君10．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知为单位向量，，，当取到最大值时，等于（    ）A． B． C． D．【答案】A公众号：高中试卷君【分析】根据已知条件构造向量并作出图形，利用向量的相等的坐标关系及夹角的定义，结合锐角三角函数的定义及基本不等式，最后利用向量的减法的坐标表示及向量的模公式即可求解.【详解】依题意，设，，，因为，所以，则，故，因为，所以，即，所以，不妨设，则向量如图所示，因为，，所以，当且仅当，即时，等号成立，易知，在上单调递增，所以当取到最大值时，取得最大值，此时，所以,故此时.故选：A.二、多选题11．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知函数图像过点，且存在，当时，，则（    ）A．的周期为B．图像的一条对称轴方程为C．在区间上单调递减D．在区间上有且仅有4个极大值点【答案】ACD【分析】利用图像上一点和周期性求出，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.【详解】因为图像过点且，所以，解得，因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，所以，选项A：的周期，正确；选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个极小值点，D正确；故选：ACD12．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo（如图所示），设计师的灵感来源于曲线．当时，下列关于曲线的判断正确的有（    ）A．曲线关于轴和轴对称B．曲线所围成的封闭图形的面积小于8C．设，直线交曲线于两点，则的周长小于8D．曲线上的点到原点的距离的最大值为【答案】ABD【分析】根据用替换，不变，得方程不变，用替换，不变，得方程不变，可判断A正确；根据曲线的范围，可判断B正确；先得到椭圆在曲线内(除四个交点外)，再根据椭圆的定义可判断C不正确；利用两点间的距离公式、三角换元和三角函数知识求出最大值，可判断D正确；【详解】当时，曲线：，对于A，用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称；用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称，故A正确；对于B，由，得，，所以曲线在由直线和所围成的矩形内（除曲线与坐标轴的四个交点外），所以曲线所围成的封闭图形的面积小于该矩形的面积，该矩形的面积为，故B正确；对于C，对于曲线和椭圆，设点在上，点在上，因为，所以，所以，设点在上，点在上，因为，所以，所以，所以椭圆在曲线内(除四个交点外)，如图：设直线交椭圆于两点，交轴于，易知，为椭圆的两个焦点，由椭圆的定义可知，，，所以的周长为，由图可知，的周长不小于，故C不正确；对于D，设曲线上的点，则该点到原点的距离为，因为，所以设，，，则，其中，，所以当时，取得最大值，取得最大值.故D正确；故选：ABD13．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知球O的半径为4，球心O在大小为的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体得体积为V，则一定正确的是（    ）A．O，E，，四点共圆 B．C． D．V的最大值为【答案】ACD【分析】连结，判断出，利用勾股定理求，判断B，证明,，四点共面，即可判断四点共圆，判断A，利用正弦定理求出，由此判断C；设，求出的最大值，结合体积公式判断D.【详解】因为公共弦AB在棱l上，连结，则，则，故B错误；因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，所以OO1⊥,OO2⊥，又平面,，平面，所以,，,，因为平面，所以平面，同理可证平面，所以四点共面，又，所以，对角互补的四边形为圆内接四边形，所以四点共圆，故选项A正确；因为E为弦AB的中点,故⊥AB，⊥AB，故为二面角的平面角，所以，由正弦定理得，故选项C正确；设，在△中,由余弦定理可得，，所以，故，所以，当且仅当以时取等号，故选项D正确，故选：ACD14．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）过直线上一点作圆的切线,切点分别为,则（    ）A．若直线,则B．的最小值为C．直线过定点D．线段的中点的轨迹长度为【答案】BC【分析】根据题意设出点坐标,求出直线方程,若,则,斜率相等,进而求出直线方程,进而求出弦长即可;根据直线方程,求出定点即可;由进而转化为与的关系,即圆心到直线的距离与半径的比值的最值,根据直线过的定点即可得出选项B正误;由定点,弦中点,圆心所形成的角为直角,即可判断线段的中点的轨迹,进而求出长度即可.【详解】解:由题知,设,因为过点作圆的切线,切点分别为,所以在以为直径的圆上,即在上,因为是切点,所以在上,故是两圆的交点,故两圆方程相减可得所在的直线方程,化简可得,因为在上,所以,故直线;关于选项A,若,则,解得:所以,故圆心到的距离所以故选项A错误;由,即,联立,解得:,所以过定点故选项C正确;因为所以由于过定点所以到距离记中点为,则,,故选项B正确;因为为线段的中点,且在上,所以,所以点轨迹为以为直径的圆,所以周长为故选项D错误.故选:BC15．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知实数a，b，c满足，则下列关系式中可能成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】将化为，设，得，，，利用函数，，的图象可求出答案.【详解】由可知，，所以，设，则，，，在同一直角坐标系中作出函数，，的图象，由图可知，当时，，此时C正确；当时，，此时B正确；当时，，此时A正确.故选：ABC16．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交C的右支于点A，B，若，则（    ）A． B．C的渐近线方程为C． D．与面积之比为2∶1【答案】ABC【分析】根据可得，，利用余弦定理求出，即可判断A，根据双曲线的定义结合的值可求出可确定C，从而在直角三角形中可得的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.【详解】由，得，又由，得，不妨设，在中，由余弦定理得，所以，所以,所以，A正确；在直角三角形中，根据双曲线定义可得，所以，在三角形中，根据双曲线定义可得，所以，因为，所以，所以，在直角三角形中，，即，所以，所以，所以，所以渐近线方程为，B正确；，所以，C正确；，所以与面积之比为3∶1，D错误，故选:ABC.17．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知数列满足，，，则下列结论正确的有（    ）．A．数列是递增数列 B．C． D．【答案】ABC【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，即，注意到，故，可知对，，即，即，故数列是递增数列，A正确；对B：∵，由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，故，即，则，即；当时，则也满足；综上所述：，B正确；对C：∵，则，注意到，即，∴，即，故，可得，C正确；对D：∵，注意到，则，故，可得，则，当时，则，当时，，故.则，D错误；故选：ABC.【点睛】关键点点睛：公众号：高中试卷君（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公