2023新高考全国Ⅱ卷反思巩固提升模拟卷（预备2024年新高考Ⅱ卷地区学生适用）本试卷共5页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟难度：适中★祝考试顺利★注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知复数z=1−3i，则z2在复平面内对应的点位于( )A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知A={x|x2−5x+4≤0}，B={x|x2−2ax+a+2≤0}，且B⊆A，则a的取值范围为( )A.2,187 B.−1,187 C.−∞,187 D.[2,+∞)3.已知斐波那契数列an满足a1=a2=1，an+2=an+1+an，若as，at是数列an中的任意两项，|as−at|=m，当m≤2时，称数组as,at为数列an的“平缓数组”(as,at与at,as为相同的“平缓数组”)，m为数组as,at的组差.现从an的所有“平缓数组”中随机抽取3个，则这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为( )A.24 B.26 C.29 D.354.已知定义在R上的函数F(x)，g(x)，ℎ(x)满足：F(x)=ex，且F(x)=g(x)+ℎ(x)，其中g(x)、ℎ(x)分别是R上的偶函数和奇函数，如果g(3x)+aℎ2(x)+12≥0在R上恒成立，那么a的最小值为A.−22 B.−2 C.−4 D.−e+1e5.已知点A(0,−2)，椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点.设过点A的动直线l与E相交于P、Q两点，当△OPQ的面积最大时，直线l的斜率为( )A.±12 B.±22 C.±32 D.±726.已知函数f(x)=aex−lnx在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为( )A.e2 B.e C.e−1 D.e−27.若cosα−βcosα+sinα−βsinα=−45，β∈π,3π2，则cosβ2=( )A.−31010 B.−1010 C.1010 D.310108.已知正项等比数列{an}的前n项和Sn，满足S20−2S10=10，则S30−S20的最小值为( )A.40 B.30 C.20 D.10二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120∘,PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45∘，则( )A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为43π C.AC=22 D.ΔPAC的面积为310.在平面直角坐标xOy中，已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，l与x轴交于点C，若点A在l上，点B为抛物线上第一象限内一点，直线BF与抛物线交于另一点D，△ABF是正三角形，且四边形ABFC的面积是2732，则( )A.l的方程为x=−32 B.|DF|=2 C.CD⊥BD D.△ODF的面积是33411.已知函数fx=x2−ax+lnx(a∈R)有两个不同的极值点，则下列说法正确的是( )A.若a=3，则曲线y=fx的切线斜率不小于22−3 B.函数fx的单调递减区间为a−a2−84,a+a2−84 C.实数a的取值范围为−∞,−22∪22,+∞ D.若函数fx的所有极值之和小于ln12−8，则实数a的取值范围为27,+∞12.某中学积极响应国家“双减”政策，大力创新体育课堂，其中在课外活动课上有一项“投实心球”游戏，其规则是：将某空地划分成 ① ② ③ ④四块不重叠的区域，学生将实心球投进区域 ①或者 ②一次，或者投进区域 ③两次，或者投进区域 ④三次，即认为游戏胜利，否则游戏失败.已知小张同学每次都能将实心球投进这块空地，他投进区域 ①与 ②的概率均为p(00,0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示，图中f(0)=12，f(5π12)=0，则f(−5π12)=___． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)已知△ABC，D为边AC上一点，AD=1，CD=2．(1)若BA⋅BD=34，BC⋅BD=0，求S△ABC；(2)若直线BD平分∠ABC，求▵ABD与△CBD内切圆半径之比的取值范围．18.(本小题12.0分) 在①cn=Sn+bn−n2，②cn=Sn−bn+n，③cn=lnSnbn+1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的所有取值组成的集合A；若k不存在，说明理由． 问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且对任意正整数m，n都有am+n=am+an，数列{bn}满足Sn，bn，Sn+1成等差数列． 若数列{cn}满足____，且{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数k，使得Tk>k？19.(本小题12.0分) 北京冬奥会已于2022年2月4日至2月20日顺利举行，这是中国继北京奥运会，南京青奥会后，第三次举办的奥运赛事.为助力冬奥，进一步增强群众的法治意识，提高群众奥运法律知识水平和文明素质，让法治精神携手冬奥走进千家万户．某市有关部门在该市市民中开展了“迎接冬奥⋅法治同行”主题法治宣传教育活动．该活动采取线上线下相结合的方式，线上有“知识大闯关”冬奥法律知识普及类趣味答题，线下有“冬奥普法”知识讲座，实现“冬奥+普法”的全新模式．其中线上“知识大闯关”答题环节共计30个题目，每个题目2分，满分60分，现在从参与作答“知识大闯关”题目的市民中随机抽取1000名市民，将他们的作答成绩分成6组：[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60].并绘制了如图所示的频率分布直方图． (Ⅰ)请估计被抽取的1000名市民作答成绩的平均数和中位数； (Ⅱ)视频率为概率．现从所有参与“知识大闯关”活动的市民中随机取20名，调查其掌握各类冬奥法律知识的情况．记k名市民的成绩在[40,60]的概率为P(X=k)，k=0，1，2，…，20.请估计这20名市民的作答成绩在[40,60]的人数为多少时P(X=k)最大？并说明理由．20.(本小题12.0分)如图 ①，已知△AB′C是边长为2的等边三角形，D是AB′的中点，DH⊥B′C，如图 ②，将△B′DH沿边DH翻折至△BDH．(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF//平面BDH?若存在，求BFFC的值;若不存在，请说明理由;(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为13，求三棱锥B−DCH的体积．21.(本小题12.0分)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为32，右焦点F到一条渐近线的距离为5．(1)求双曲线C的方程;(2)若A1，A2分别是C的左、右顶点，过F的直线与C交于M，N两点(不同于A1，A2).记直线A1M，A2N的斜率分别为k1，k2，请问k1k2是否为定值?若是定值，求出该定值;若不是，请说明理由．22.(本小题12.0分)已知函数f(x)=x−lnx(1)若函数F(x)=f(x)−ax3+3ax有唯一极值点，求实数a的取值范围；(2)若对函数G(x)=f(x)−mexx，其中m>0，若存在正实数x1,x2，使得Gx1=Gx2，证明：m(x1ex2+x2ex1)>2x1x2． 1.C 2.D 3.B 4.B 5.D 6.C 7.B 8.A9.AC 10.ABD 11.ABD 12.AC 13.23 14.3734或25934 15.(4,−1) 16.−32 17.解：(1)如图1，AD=1，CD=2，所以BA=BD+DA=BD+12CD=BD+12(BD−BC)=32BD−12BC，因为BA⋅BD=34，BC⋅BD=0，所以BA⋅BD=(32BD−12BC)⋅BD=32BD2−12BC⋅BD=32|BD|2=34，故|BD|2=12，则|BD|=22，即BD=22，又BC⋅BD=0，则BC⊥BD，故BC=CD2−BD2=142，不妨记∠ABD=α，AB=m，则cos α=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=m2+12−12m=2m2−122m，因为BA⋅BD=|BA||BD|cos α=34，所以m×22×2m2−122m=34，解得m=2，则cosα=2×2−122×2=34，因为0<α<π，所以sin α=1−cos2α=74，所以S△ABC=S△ABD+S△BCD=12AB⋅BDsin α+12BD⋅BC=12×2×22×74+12×22×142=378；．(2)如图2，不妨设▵ABD与△CBD内切圆的半径分别为r与R，因为BD平分∠ABC，所以由角平分线性质定理得ABBC=ADCD=12，记AB=c，则BC=2c，记∠ABC=β，则cosβ=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=c2+4c2−92×c×2c=5c2−94c2，因为BD=BA+AD=BA+13AC=BA+13(BC−BA)=23BA+13BC，所以BD2=49BA2+19BC2+49|BA||BC|cos β=49c2+19×4c2+49c×2c×5c2−94c2=2c2−2，所以|BD|=2c2−2，即BD=2c2−2， 因为AB+BC>AC，即c+2c>3，解得c>1．设顶点B到AC的距离为ℎ， 则S△ABDS△BCD=12AD⋅ℎ12CD⋅ℎ=12，又S△ABD=12(AB+BD+AD)r=12(c+2c2−2+1)r，S△BCD=12(BC+BD+CD)R=12(2c+2c2−2+2)R，所以c+2c2−2+1r2c+2c2−2+2R=12，则rR=12×2c+2c2−2+2c+2c2−2+1=121+c+1c+2c2−2+1，令t=c+1，则c=t−1，t>2，所以c+1c+2c2−2+1=tt+2t−12−2=11+2−4t，因为t>2，所以0<1t<12，则0<2−4t<2，故1<1+2−4t<1+2，所以2−1<11+2−4t<1，即2−1