黄金卷02-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考数学模拟卷（新高考专用）（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考数学模拟卷（新高考专用）黄金卷02（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】集合，由，解得：，故，则.故选：B.2．在复平面内，复数对应的点在直线上，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【解析】复平面内，复数对应的点为，又在直线上，所以，解得，所以，则.故选：B.3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若一个直角圆锥的体积是它的表面积的倍，则该直角圆锥的高为（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】D【解析】设直角圆锥的高为h，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以．因为直角圆锥的体积是它的表面积的倍，所以，解得.故选：D.4．在中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知的面积为4，b=4，，则a=（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】∵，，∴①，②，∴由①②得，∵∴∴，∴，∴.故选：C.5．已知数列满足，则（    ）A． B．1 C．4043 D．4044【答案】A【解析】由得，两式相加得，即，故，所以.故选：A．6．若函数的图像与函数的图像有共同的对称轴，且知在上单调递减，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】的对称轴，即，函数的图像对称轴，时，对称轴为，因为对称轴两侧单调性相反，在上单调递减，所以在的左侧，此时的最大值为.故选：D7．已知椭圆：，定点，，有一动点满足，若点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设动点，由题得，化简得.所以动点的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆.因为点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，所以.所以椭圆的离心率.因为椭圆的离心率，所以椭圆的离心率的取值范围为.故选：D8．设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】令，求导得，显然，而，则有，即函数在上单调递增，，即当时，，取，于是得，因此，令，求导得，显然在上单调递减，，即，函数在上单调递增，，即当时，，取，于是得，即，所以a，b，c的大小关系是.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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知平面向量.下列命题中的真命题有（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若与的夹角为，则【答案】ABD【解析】：由得故A正确，B：由得故B正确，C：由得故C错误，D：由与的夹角为得或（舍去），故D正确，故选：ABD10．如图，圆锥的底面的半径，母线，点A，B是上的两个动点，则（    ）A．面积的最大值为2B．周长的最大值为C．当的长度为2时，平面与底面所成角为定值D．当的长度为2时，与母线l的夹角的余弦值的最大值为【答案】BC【解析】圆锥的底面半径，母线，所以高，画出圆锥的轴截面如下图所示，，所以为钝角，则存在.A选项，，当时，的面积取得最大值为，所以A选项错误.B选项，对于的周长，当长度为底面直径长度时，的周长取得最大值为，所以B选项正确.C选项，设是的中点，则，由于是的中点，所以，所以是平面与底面所成角，由于，所以是等边三角形，所以，所以为定值，C选项正确.D选项，当时，，与母线的夹角是，，所以D选项错误.故选：BC11．已知圆，恒过的直线l与圆C交于P，Q两点.下列说法正确的是（    ）A．的最小值为B．C．的最大值为D．（O为坐标原点）【答案】BCD【解析】圆的圆心为，半径为，当满足，所以在圆内，所以，当时，取得最小值，如下图所示，此时，所以A选项错误.设是的中点，，由于，，所以，B选项正确.,由于，，所以，所以的最大值为，C选项正确.①，设，由得：整理得，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，设，所以，其中，所以，D选项正确.故选：BCD12．定义在上的函数的导函数为，且.则对任意，，其中，则下列不等式中一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】由题意可设，则，∵，，∴，∴在上恒成立，所以在上单调递增，对于A：由于，所以，即，所以，故A不正确；对于B：由于，当且仅当时取等号，所以，即，所以，故B正确；对于C：由得：，即：，同理：.两式相加得：，故C正确；对于D：，，两式相减得：，所以，即，故D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从个节气中随机选取个介绍给外国友人，则这个节气中含有“立春”的概率为____________．【答案】【解析】这个节气中含有“立春”的概率为：.故答案为：14．已知函数是奇函数，则实数m的值为___________.【答案】【解析】由得，∵是奇函数，∴，，即，，解得．故答案为：．15．若，，则_____________．【答案】【解析】∵，   ∴，   ∴，又∵，∴，∴，∴，    ∴，   ∴，故答案为：.16．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设，且，.则______；数列的前项和为，则_______.【答案】    2    【解析】因为，所以，所以，所以，，所以，所以，即：，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，.故答案为：2；.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知正项数列的前n项和为，且满足.(1)证明：数列是等差数列；(2)设数列的前n项和为，证明：【解析】（1）当时，由，所以数列是等差数列；（2），由（1）可知数列是等差数列，且公差为，所以，又因为数列是正项数列，所以，即，.18．（12分）如图，在四棱锥中，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面平面PBC，E是AD的中点，，，.(1)证明：平面PBC；(2)求平面PCD与平面PAB所成的锐二面角的余弦值.【解析】（1）设平面平面，因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.因为平面PAD，所以.因为是正三角形，E是AD的中点，所以，所以.因为平面平面PBC，平面平面，平面，所以平面PBC.（2）连接CE，BE，则，因为平面PBC，平面PBC，平面PBC，所以，，因为，所以,，，所以，所以.以P为坐标原点，以PE，PC所在直线分别为x，y轴，以过点P且平行于BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，故，，，，设平面PAB的法向量为，则，令，则，，所以，设平面PCD的法向量为，则，令，则，，所以.设平面PCD与平面PAB所成的锐二面角的大小为，则，所以平面PCD与平面PAB所成的锐二面角的余弦值为.19．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点D是边BC上的一点，且．(1)求证：；(2)若，求．【解析】（1）在中，，则整理得，则又，则在中，由正弦定理得，则在中，由正弦定理得，则则则（2）由，可得，又则由可得，解之得又，则，由，可得则20．（12分）为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部A、B进行体育运动和文化项目比赛，由A部、B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若A部、B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部、B部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求，并求当取最大值时p的值；(2)当时，记一共进行的比赛局数为Y，求．【解析】（1）X可能取值为2，3．；．故，即，则当时，取得最大值．（2）当时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为；比分为2∶1或1∶2的概率均为．，则或．即获胜方两天均为2∶0获胜，不妨设A部胜，概率为，同理B部胜，概率为，故；即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，不妨设最终A部获胜，当前两天的比分为2∶0和2∶1时，先从两天中选出一天，比赛比分为2∶1，三场比赛前两场，A部一胜一负，第三场比赛A获胜，另外一天比赛比分为2：0，故概率为，当前两天比分为2∶0和0∶2，附加赛A获胜时，两天中选出一天，比赛比分为2：0，概率为，故最终A部获胜的概率为，同理B部胜，概率为，故．所以．21．（12分）已知双曲线C：的离心率为，A，B分别是C的左､右顶点，点在C上，点，直线AD，BD与C的另一个交点分别为P，Q．(1)求双曲线C的标准方程；(2)证明：直线PQ经过定点．【解析】（1）由题意得，，，∵点在C上，，，解得，，∴双曲线方程为．（2）由（1）知，，直线AD的方程为，设，，将直线AD的方程与C的方程联立，消去y得①，，．当时，方程①的两根为，，，，，即，直线BD的方程为，与C的方程联立，消去y得②，，．当时，方程②的两根为，2，，，，即．当直线PQ的斜率存在时，．∴直线PQ的方程为，整理得．此时直线PQ过定点．②当直线PQ的斜率不存在时，，此时，则直线PQ的方程为，直线PQ过点．综上，直线PQ经过定点．22．（12分）设，函数．(1)求证：存在唯一零点；(2)在（1）的结论下，若，求证：．【解析】（1）解法一：，令，在上单调递减；上单调递增，∴，∴，在上单调递增.当时，，令，∴，，∴在上有唯一的零点．解法二：∵，∴，∴.∴当时，在内单调递减，当时，在内单调递增，∴，∴在上单调递增，∵，∴当时，存在唯一零点；当时，，取，，所以，由零点存在性定理可知：，使得．综上，存在唯一零点．（2）由（1）中可知：，∴，∵，∴，∴，令，∴，∴.下证：设，∴，∴在R上单调递减又，∴当时，，∴设∴∴在上单调递增∴，∴在上单调递减再设∴∴∴在上单调递增∴，∴在上单调递减∴，∴，当时取“=”综上，与在上都单调递减，且，，，∴，即得证．高中试卷君