2023年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟演练(一).docx

试卷类型：A2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练（一）数学（考试时间120分钟，满分150分）命题报告命题解读：本试题基于中国高考评价体系与课程标准的要求，加强对复杂情景、计算能力、思维能力的考察，引导学生在试题情景下运用综合解题能力与技能分析来解决实际问题，达到“教考衔接”标准试题亮点：第4题以数学建模为背景创设函数，并考察函数极值结合，考察考生理解题干能力与信息筛选能力；第5题以“孪生素数”为背景与概率知识结合，考察考生基本运算能力与理解题意能力；第16题创设新数列，考察考生对新定义数列的探究能力综合难，点：第7题将外接球与内切球知识结合：第19题立体几何同时考察体积计算、二面角、线面证明：第21题考察“仿射变换”相关知识点，要求考生读懂题意、理解运算技巧从而简化运算回归教材：第2题涉及教材课后探究有关“利莫夫公式”，第17（1）题涉及教材立体中的正弦定理与余弦定理的证明结构不良：第22（2）题考察考生对结构不良形式的化简与处理，有一定思维含量一、单项选择题：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，求（ ）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合A，求出函数的值域化简集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】解不等式得：，因此，因为当时，有，因此，所以.故选：C2. 化简（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的四则运算法则即可得解.【详解】故选：A.3. 在中，点在边上，且，点在边上，且，连接，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理可求，进而可求【详解】解：如图，连接则，则.故选：A.4. 日常生活中，我们定义一个食堂的菜品受欢迎程度为菜品新鲜度其表达式为，其中的取值与在本窗口就餐人数有关，其函数关系式我们可简化为，其中为就餐人数（本窗口），为餐品新鲜度，则当，时，近似等于（ ）（已知）A. 470B. 471C. 423D. 432【答案】A【解析】【分析】根据题目将数据代入公式，结合指数函数单调性求解即可.【详解】当，时，因为，且单调递减，所以，所以当时，故选：A5. 素数对称为孪生素数，将素数17拆分成个互不相等的素数之和，其中任选2个数构成素数对，则为孪生素数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知结合古典概率公式即可求解【详解】素数，可拆成4个互不相等的素数，在4个互不相等的素数中，任取两个的所有情况为共6种，其中为孪生素数的情况有2种，分别是,，所以孪生素数的概率为故选：B6. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数确定函数的单调性可得，即可判断大小关系；估计实数与的大小关系及大致倍数关系，构造函数，利用导数确定单调性可得，从而结合正弦函数的单调性可比较大小，即可得结论【详解】解：设，则，设，则恒成立，所以在上单调递增，所以恒成立，则在上单调递增，故，即，所以；因为，则，设，则，又设，故恒成立，所以在上单调递增，所以恒成立，则在上单调递减，则，又，则，即；综上，.故选：A7. 已知空间四边形，且，面ABC与面夹角正弦值为1，则空间四边形外接球与内切球的表面积之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间四边形的线面关系可得平面，则空间四边形可以内接于圆柱中，根据圆柱的外接球半径求得空间四边形的外接球半径，又根据内切球的几何性质用等体积法可求得空间四边形的内切球半径，即可得空间四边形外接球与内切球的表面积之比.【详解】解：面与面夹角正弦值为1，面面，又面面面，平面，则空间四边形可以内接于圆柱中，如下图所示：点在上底面圆周上，三个顶点在下底面圆周上，则圆柱的外接球即空间四边形的外接球，取的中点为，连接，则球心为，半径为，且，为正的外接圆半径，由正弦定理得，即，所以；如下图，设空间四边形的内切球球心为，连接，设内切球半径为，则，又中，所以，所以，所以外接球与内切球的表面积之比为.故选：C.8. 已知函数，对于恒成立，则满足题意的a的取值集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】转化为，对于恒成立，设，转化为，对于恒成立，设，利用导数可推出.【详解】因为函数，对于恒成立，所以，对于恒成立，所以，对于恒成立，设，则为上的增函数，所以，则，对于恒成立，设，则，当时，恒成立，所以在上为增函数，因为，所以存在，使得，不满足，对于恒成立；当时，令，得，所以当时，为减函数，当时，为增函数，所以，则，设，则，令，得，当时，为增函数，当时，为减函数，所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，即.综上所述：的取值集合为.故选：D【点睛】关键点点睛：对于函数不等式恒成立问题，将函数进行适当的变形，构造函数是解题关键.对于指对混合型的不等式，可考虑分离函数或同构转换，本题中的与正好可以利用指对互化转换为同构形式，其母函数为本题中选择了，其中，将换为，从而确定的取值情况.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分9. 下列选项中，不正确的是（ ）A. 对于任何两个集合，恒成立B. “对于，”的否定是“，”C. 对于成对样本数据，样本相关系数越大，相关性越强；相关系数越小，相关性越弱D. 一元线性回归模型中，其中的，叫做，的最小二乘估计【答案】CD【解析】【分析】根据集合间的关系以及含有量词的命题的否定，相关系数的概念和最小二乘估计的概念依次判断即可【详解】解：对于任何两个集合，都有，所以恒成立，故A正确；“对于，”的否定是“，”，故B正确；对于成对样本数据，样本相关系数的绝对值越大，相关性越强；相关系数的绝对值越小，相关性越弱，故C错误；一元线性回归模型中，其中的，叫做b，a的平均值，叫做b，a的最小二乘估计，故D错误.故选：CD.10. 已知正方体边长为2，则（ ）A. 直线与直线所成角为B. 与12条棱夹角相同的最大截面面积为C. 面切球与外接球半径之比为D. 若Q为空间内一点，且满足与所成角为，则Q的轨迹为椭圆【答案】ABC【解析】【分析】根据给定的正方体，证明判断A；确定符合条件的最大截面并求出面积判断B；求出两球半径比判断C；求出点Q的轨迹方程判断D作答.【详解】A.如图，在正方体中，平面，平面，则，而， ，平面，因此平面，又平面，所以，A正确；B.与正方体的12条棱夹角相同的最大截面为其中6条棱中点依次连接所形成的的正六边形，如图，点分别为正方体棱中点，多边形为正六边形，其边长为，其面积为，B正确；因为正方体的面切球直径为其棱长，所以半径，外接球的直径为其体对角线，外接球的半径，因此面切球与外接球半径之比为，C正确；点Q在平面内，过Q作交于H，连接，如图，而平面，平面，则，即有，显然是与AB所成的角，则有，于是得，在平面中，以，所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，设，则，于是得，整理得，所以Q在平面内的轨迹为双曲线，D错误.故选：ABC11. 已知椭圆（）的离心率为，椭圆上一点P与焦点所形成的三角形面积最大值为，下列说法正确的是（ ）A. 椭圆方程为B. 直线与椭圆C无公共点C. 若A，B为椭圆C上的动点，且，过作，为垂足，则点H所在轨迹为圆，且圆的半径满足D. 若过点作椭圆两条切线，切点分别为A，B，则【答案】AC【解析】【分析】根据离心率可得，根据求出，可得，可得椭圆方程为，故A正确；联立直线与椭圆方程，根据判别式大于0可知B不正确；根据题意求出可知C正确；根据导数的几何意义求出切线方程，再求出切点弦的方程，可知D不正确.【详解】设椭圆的焦距为，由得，设，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，依题意可得，所以，所以椭圆的方程为：，故A正确；联立，消去并整理得，所以直线与椭圆C有公共点，故B不正确；因为，且，所以，设，若的斜率存在且不为0，设为，则的斜率为，则，联立，得，则，同理可得，所以，若的斜率不存在或者为0，则为椭圆的顶点（一个为长轴的顶点，一个为短轴的顶点），则，终上所述：，即.设，则，则点H所在轨迹为圆，且圆的半径满足，故C正确.设， 由，得，得，得，所以切线的斜率为，切线的方程为，即，即，因为在切线上，同理可得，由可知，在直线上，由可知，在直线上，所以直线的方程为，则.故D不正确.故选：AC【点睛】关键点点睛：C选项中，求出为定值是解题关键，D选项中，利用导数的几何意义求出切线方程是解题关键.12. 已知函数，是的导数，下列说法正确的是（ ）A. 曲线在处的切线方程为B. 在上单调递增，在上单调递减C. 对于任意的总满足D. 直线与在上有一个交点且横坐标取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】求出函数的导数，利用导数几何意义求出切线方程判断A；确定给定区间上单调性判断B；构造函数推理论证不等式判断C；利用零点存在性定理判断D作答.【详解】，则，而，因此，曲线在点处的切线方程为，A正确；，则，设，当时，则函数在上单调递增，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，B错误；，设，则由选项B知，在上单调递增，而，则，即有，因此函数在上单调递增，即有，所以对任意的，总满足，C正确；令，令，由选项B知，当时，即有函数在上单调递增，而，存在，使得，当时，则，当时，则，于是得函数在上单调递减，在上单调递增，而，则有，又，因此存在，使得，当时，当时，于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则，又，从而存在唯一，使得，显然当时，又，令，因此函数在上单调递减，有，则，即，从而函数在上有唯一零点，所以直线与在上有一个交点且横坐标取值范围为，D正确.故选：ACD【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若函数，关于对称，则_【答案】或 【解析】【分析】由题意可得在处取最值，从而得，再根据确定的值，即可得的值.【详解】解：因为函数，关于对称，所以，当时，；当时，.故答案为：或14. 的展开式中的系数为_【答案】90【解析】【分析】根据题意，将式子展开成，的系数分两种情况讨论即可【详解】解：，在第一个括号里取2时，第二个括号里取，此时系数是，在第一个括号里取时，第二个括号里取，此时系数是，则的系数.故答案为：9015. 若直线同时与曲线和曲线均相切，则直线的方程为_【答案】【解析】【分析】设曲线上切点为，利用导函数求斜率进而可得到切线关于的方程，再利用圆心到切线的距离等于半径求即可.【详解】令，则，设在曲线上的切点坐标为，则该点切线斜率，所以切线方程为，整理得，又因为圆上的圆心到切线方程的距离为，所以，解得，所以切线方程为，故答案为：16. 已知，为有穷整数数列，对于给定的正整数m，若对于任意的，在中存在，使得，则称为“同心圆数列”若为“同心圆数列”，则k的最小值为_【答案】64【解析】【分析】求出当时，最多能表示个数字，由即可求解的最小值.【详解】对于此题，我们先从简单的算起当时，则最多能表示共1个数字；当时，则，最多能表示，共3个数字；当时，则，最多能表示，共6个数字；当时，则，最多能表示个数字；，故答案为：64.四、解答题：本题共6小题，共70分17. 在三角形中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且（1）从下列中选择一个证明：证明：；证明：（2）求三角形面积的最小值【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据向量关系，利用数量积运算证明正弦余弦定理；（2）根据面积公式，结合变的最小值，求面积的最小值.【小问1详解】若选择，由条件可知，角都是锐角，过点作与垂直的单位向量，则与垂直的夹角为，则与垂直的夹角为，因为，所以,，,即；若选择，如图，设，则，两边平方后，则，即【小问2详解】，因为，所以，所以的面积的最小值为.18. 若一个数列的奇项为公差为正的等差数列，偶项为公比为正的等比数列，且公差公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表示为，若数列为“摇摆数列”且，则：（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和（注：）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意列出关于方程，结合等差等比数列通项公式的概念即可得结果.（2）求出数列的通项公式，分奇数项和偶数项分别进行求和计算即可【小问1详解】设由题意得【小问2详解】先求奇数项的和：，引入再求偶数项的和：，19. 已知底面为正方形的四棱柱，E，F，H分别为的中点，的面积为， P为直线上一动点且.（1）求证：当时，；（2）求多面体的体积；（3）当时，求直线与平面夹角正弦值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）由的面积为，推出，即，又，推出平面，当时，为的中点，则在上，可证平面，从而得（2）由题意可证得平面，根据可求出多面体的体积；（3）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出和平面一个法向量，利用直线与平面夹角的向量公式可求出结果.【小问1详解】因为的面积为，设点到的距离为，所以，所以，即，因为，所以，即，又，平面，平面，所以平面，当时，即为的中点，则在上，又因为，所以平面，因为平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】因为平面，平面，所以，即，又，平面，平面，所以平面，所以多面体的体积为.【小问3详解】由（1）知，两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，则，设，当时，所以，所以，得，得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，得，则，所以.所以当时，直线与平面夹角正弦值为.20. 人类探索浩瀚太空的步伐从未停止，假设在未来，人类拥有了两个大型空间站，命名为“领航者号”和“非凡者号”其中“领航者号”空间站上配有2搜“M2运输船”和1搜“T1转移塔”，“非凡者号”空间站上配有3搜“T1转移塔”现在进行两艘飞行器间的“交会对接”假设“交会对接”在M年中重复了n次，现在一名航天员乘坐火箭登上这两个空间站中的一个检查“领航者号”剩余飞行器情况，记“领航者号”剩余2搜“M2运输船”的概率为，剩余1搜“M2运输船”的概率为其中宇航员的性别与选择所登录空间站的情况如下表所示男性宇航员女性宇航员“领航者号”空间站380220“非凡者号”空间站120280P（）0.0500.0250.0100.0050.001k3.8415.0246.6357.87910.828（1）是否有99.9%的把握认为选择登录空间站的情况与性别相关联；（2）若k为函数极大值的倍，求与的递推关系式；（3）求的分布列与数学期望【答案】（1）有99.9%把握认为选择登录空间站的情况与性别相关联 （2） （3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由题意得，结合题意，即可得出答案；（2）求导得，分别求出，即可得出答案；（3）由（2）得，利用等比数列的通项公式可得，求出，即可得出答案【小问1详解】解：有99.9%的把握认为选择登录空间站的情况与性别相关联【小问2详解】解：，函数定义域为，则，由得，由得，由得或，在上单调递增，在和上单调递减，当时，取得极小值，且，为函数极小值的倍，当时，2×，得从而【小问3详解】解：由（2）得，数列是首项为，公比为的等比数列，即，联立得，又，则数列是首项为，公比为的等比数列，由得，的概率分布列为：则，21. 仿射变换是处理圆锥曲线综合问题中求点轨迹的一类特殊而又及其巧妙的方法，它充分利用了圆锥曲线与圆之间的关系，其体解题方法为将由仿射变换得：，则椭圆变为，直线的斜率与原斜率的关系为，然后联立圆的方程与直线方程通过计算韦达定理算出圆与直线的关系最后转换回椭圆即可已知椭圆的离心率为，过右焦点且垂直于轴的直线与相交于、两点且，过椭圆外一点作椭圆的两条切线、且，切点分别为、（1）求证：点的轨迹方程为；（2）若原点到、距离分别为、，延长表示距离、的两条直线，与椭圆交于、两点，试求：原点在边上的射影所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请求出变化函数【答案】（1）证明见解析 （2）是，定值为【解析】【分析】（1）求出椭圆的标准方程，分两种情况讨论：当两直线的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，作变换，根据点且与圆相切的直线的斜率为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径可得出关于的方程，利用韦达定理可得出点的轨迹方程；当直线、与两坐标轴分别垂直，直接验证即可.综合可证得结论成立；（2）由，分两种情况讨论：若、分别与两坐标轴重合；、的斜率都存在.求得的值，可得出点的轨迹方程，再利用圆的面积公式求解即可.【小问1详解】证明：在椭圆中，因为，则，椭圆的方程为，过右焦点且垂直于轴的直线与相交于、两点且，则点在椭圆上，则，解得，所以，椭圆的标准方程为，当直线、的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，作变换，则椭圆方程变为，记，则，设点，当直线、的斜率都存在时，设过点且与圆相切的直线的斜率为，则切线的方程为，即，由题意可得，整理可得，由韦达定理可得，整理可得，即，即；作放射变换前，若直线、与两坐标轴分别垂直，则点，此时，点的坐标满足方程.综上所述，点的轨迹方程为.【小问2详解】解：边上的垂足所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差为，则，所以，所以，下面来求的值：若、分别与两坐标轴重合，则；若、的斜率都存在，设直线的方程为，则直线的方程为，联立可得，所以，同理可得，所以，综上所述，所以，所以，点的轨迹方程为.所以，原点在边上的射影所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差为.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.22. 已知函数，在处取到极值（1）求，并指出的单调递增区间；（2）若与有两个交点，且，证明：【答案】（1），函数的单调递增区间为 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用极值点导数为0求的值，再利用导数大于0求单调递增区间即可；（2）设，、与交点横坐标分别为，利用作差法比较和的大小进而比较与和与的大小即可.【小问1详解】由题意可得，因为在处取到极值，所以，解得，所以，令，解得，即函数的单调递增区间为.【小问2详解】过极值点和设，过极值点和设，、与交点横坐标分别为，联立与得，联立与得，令，所以令，二次函数对称轴为，且时，时，所以在上先单调递增再单调递减，又因为，所以在恒成立，所以在恒成立，所以，所以，令，所以，令，二次函数对称轴为，且时，所以恒成立，所以单调递增，又，所以在上恒成立，所以在恒成立，所以，所以，所以.【点睛】本题难点在于第二问，可看作过和的两条割线，且两条割线交于极值点，进而构造，即可求解.