2023届高考数学考前冲刺训练试题（新高考I卷适用）（4月）（含解析）

2023年高考考前冲刺训练（新高考I卷适用）
数学
第Ⅰ卷（选择题）
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,则（ ）
A.
B.
C.
D.
2.已知复数是方程的一个根,且复数在复平面内对应的点位于第三象限,则（ ）
A.
B.
C.
D.
3.伟大的数学家欧拉岁时解决了困扰数学界近一世纪的“巴赛尔级数”难题.当时,,又根据泰勒展开式可以得到
，根据以上两式可求得
（ ）
A. B. C. D.
4.中国古代中的“礼、乐、射﹑御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动,每艺安排一次讲座,共讲六次.讲座次序要求“礼”在第一次“射”和“数”相邻，“射”和“御”不相邻﹐则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）种
A.
B.
C.
D.
5.我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童.若一刍童为正棱台,其上、下底面分别是边长为和的正方形,高为,则该刍童的外接球的表面积为（ ）
A.
B.
C.
D.
6. 将函数的图象绕原点逆时针旋转得到曲线,则曲线的标准方程是（ ）
A.
B.
C.
D.
7. 已知分别是双曲线的左、右焦点,过的直线分别交双曲线左、右两支于两点,点在轴上,平分,则双曲线的离心率为（ ）
A.
B.
C.
D.
8. 已知函数,若成立,则实数的取值范围为（ ）
A.
B.
C.
D.
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.如图,在棱长为的正方体中,则( )
A.
B.三梭锥与三棱锥体积相等
C.与平面所成角的正弦值为
D.点到平面的距离为
10.已知圆,直线为直线上的动点，过点作圆的切线,切点为,则下列结论正确的是( )
A.当最大时，
B.当最大时,直线的方程为
C.四边形面积的最大值为
D.四边形面积的最小值为
11. 已知为函数图象上两点,且轴,直线分别是函数图象在点处的切线,且的交点为,与轴的交点分别为,则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.的面积
D.存在直线,使与函数图象相切
12. 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.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13.设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为和.现从中任取一件, 若取到的是次品的概率为，则推测丙车间的次品率为 .
14. 写出一个满足下列条件的正弦型函数， .
①最小正周期为；②在上单调递增；③成立.
15.已知双曲线的两个焦点分别为,过轴上方的焦点的直线与双曲线上支交于两点，以为直径的圆经过点,若成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为 .
16. 图示阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，它的画法是这样的：等边的边长为,在正三角形的各边上取点,满足,作第个等边；然后再在等边的各边取点,满足,作第个等边.依此方法一直继续下去,就可以得到阴影部分的图案.记的边长为,的边长为,后续各等边三角形的边长依次为，则_________,数列的前项和_________.(本题第一空2分,第二空3分)
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.已知在中,为内角所对的边,,且.
(1)求与；
(2)若,过作边的垂线,并延长至点,若四点共圆,求的长.
18. 已知数列,点分布在一条方向向量为的直线上,且.请在①数列的前项和为；②数列的前项和为；③数列的前项和为三个条件中选择一个,解答下列问题.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
19. 如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面与所截后剩余部分,且满足,.
(1)当多长时,,证明你的结论；
(2)当时,求平面与平面所成角的余弦值.
20. 为响应习近平总书记“全民健身”的号召,促进学生德智体美劳全面发展,某校举行校园足球比赛.根据比赛规则,淘汰赛阶段,参赛.双方有时需要通过“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：
①两队各派名队员,双方轮流踢点球,累计进球个数多者胜；
②如果在踢满轮前,一队的进球数已多于另一队踢满轮最多可能射中的球数,则不需要再踢(例如：第轮结束时,双方“点球大战”的进球数比为,则不需要再踢第轮)；
③若前轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第轮起,双方每轮各派人踢点球,若均进球或均不进球，则继续下一轮,直到出现一方进球另一方不进球的情况,进球方胜出.
假设每轮点球中进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将也会等可能地选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确,左右两边将球扑出的可能性为，中间方向扑出的可能性，若球员射门均在门内,在一次“点球大战”中,求门将在前次扑出点球的个数的分布列和数学期望.
(2)现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇,需要通过“点球大战”来决定胜负.设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，若甲队先踢,求甲队恰在第轮取得胜利的概率.
21. 已知双曲线,焦距为,一条渐近线斜率为.
(1)求的方程;
(2)已知为坐标原点,为上的一个动点,过作垂直于渐近线,垂足分别为,设四边形的面积为.过作分别平行于渐近线,且与渐近线交于两点,设四边形面积为,求的取值范围.
22.已知有两个极值点，且.
(1)求的范围；
(2)当时，证明：.
答案
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.【答案】B
【解析】由题意可得,则.
故选：B.
2. 【答案】D
【解析】复数范围内方程的根为.因为复数在复平面内对应的点位于第三象限,所以,则.
故选：D.
3.【答案】B
【解析】由，两边同时除以，得
，
又展开式中的系数为
，所以，
所以.
故选：B.
4.【答案】A
【解析】“礼”排第一，分“射”排二或六，有种，及“射”排三、四、五，有种，故“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种．
故选：A.
5. 【答案】C
【解析】设该刍童外接球的球心为,半径为,上底面中心为,下底面中心为.则由题意,
.如图，当在的延长线上时，
设,则在中,①,在中,②,联立①②得,所以刍童外接球的表面积为.同理,当在线段上时,设,则有,解得,不满足题意,舍去.综上所述，该刍童外接球的表面积为.
故选：C.
6.【答案】D
【解析】直线与联立得两交点的坐标为,这两点间的距离为
,所以函数的图象绕原点逆时针旋转得到的双曲线方程为.
故选：D.
7.【答案】A
【解析】因为,所以,设,则,设,
则.因为平分,由角分线定理可知，,
所以,所以,
由双曲线定义知,即,①又由得
,所以,即是等边三角形，
所以.在中,由余弦定理知.
,即，
化简得,把①代入上式得,所以离心率为.
故选：A.
8.【答案】C
【解析】因为为偶函数,且在单
调递增,所以
,所以关于直线对称,且在单调递增.所以,两边平方,化简得
，解得.
故选：C.
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.【答案】B、C、D
【解析】对于A,因为，所以异面直线与所成的角就是与所成的角.
因为,所以为等边三角形，,即异面直线与所成的角为，故A错误；对于B,易知
，又，所以，故B正确；
对于C,连接(图略).因为平面平面,所以.同理可得,又,平面,所以平面,与平面所成的角为的余角，，
故C正确；对于D,由C项知,所以与平面所成角的正弦值为，所以到平面的距离为,故D正确.
故选：BCD.
10. 【答案】B、D
【解析】如图所示：由圆的几何性质可得,
由切线长定理可得，又因为，所以
所以，,
因为,当时，取最小值,
且,所以,四边形的面积的最小值为，因为无最大值，即无最大值,故四边形面积无最大值，C错D对；因为为锐角，，且，
故当最小时，最大，此时最大，此时, A错；
由上可知，当最大时，,且，
故四边形为正方形，且有,则的方程为,
联立，可得即点，由正方形的几何性质
可知，直线过线段的中点,此时直线的方程为,B对.
故选：BD.
11.【答案】A、C、D
【解析】由题意：,在点斜率,在点斜率的,故A正确；
对B,由基本不等式得错误；
对C,切线为：,切线为：,则
，由切线方程解得：点的横坐标为 ,
所以,C正确；
对D,函数在点处切线方程为
对比切线有：解得,所以有解，
也即,也即,令，
求导有：,所以在.
又因为时,时,,所以有解.
所以存在直线与函数图象相切,故D正确.
故选：ACD.
12.【答案】A、B、C
【解析】对于A.,故A正确；
对于B.,因为,所以
所以,故B正确；
对于C，
，所以，
累积得,故C正确
对于D.
两边取对数可得：
求和得：,故D错误.也可以取验证.
故选：ABC.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13.【答案】
【解析】A表示“取到的是一件次品”，分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，显然是样本空间的一个划分，且有，，.由于，设,
由全概率公式得
而，故.
14.【答案】（答案不唯一）
【解析】设, 因为,所以
所以，不妨设，因为最小正周期为，所以
因为在上单调递增，所以
所以，当时，，不妨设
所以满足条件之一的.
15. 【答案】
【解析】由双曲线的定义，
∵，令，
在中，
∴，又在中，
又.
16.【答案】；
【解析】依题意,,
则，∴数列是以为首项，为公比的等比数列.∴
∴，.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.【答案】见解析
【解析】(1)由正弦定理得,所以
因为,所以，所以,解得.
又,所以,所以.
(2)由正弦定理得外接圆的半径满足.
因为,所以,
所以.因为,
所以.
18. 【答案】见解析
【解析】(1)由题意得点的坐标为. 因为均在一条斜率为的直线上，
所以,所以,所以是首项为,公差为的等差数列，
所以.
若选①,设数列的前项和为,
，当时,，
所以.
经检验,当时,,也符合上式.
所以，
所以.
若选②,设数列的前项和为，
，当时,，
所以.
经检验,当时,,也符合上式.
所以，所以.
若选③,设数列的前项和为，
，当时,，
所以.
经检验,当时,,也符合上式.
所以，
所以
(2)由(1)知，
所以
所以.
19. 【答案】见解析
【解析】(1)当时,.证明如下：将该几何体补全为正四棱柱,连接,如下图所示：
由题意可知底面为正方形，则,且，
因为,,所以为线段的中点.
因为,
所以四边形为平行四边形,所以.
因为,所以.
因为，
所以,所以,
所以,即,所以
所以当时,.
(2)以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由(1)知,又.
所以.
设平面的法向量,
则即
令,则,所以.
设平面的法向量,
则即
令,则.所以.
设的夹角为,则.
由图知平面与平面所成的角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
20. 【答案】见解析
【解析】(1)由题可知(每次扑出点球).
的所有可能取值为.∴
，
，.
∴的分布列
∴.
(由题意得，得的分布列为.
分布列写成也给4分)
(2)若甲队恰在第轮取得胜利，则前轮结束时比分可能为.
分别记前轮比分为且甲队恰在第轮取得胜利,事件分别为,
..
.
.
.
.
故(甲队恰在第轮取得胜利).
∴甲队恰在第轮取得胜利的概率为.
21. 【答案】见解析
【解析】(1)由题意得.因为,所以,
所以的方程为.
(2)如图，易知直线的方程为,直线的方程为,设，
则，，
所以.
因为，所以.
因为,
所以，
所以，
所以.
所以，
当且仅当，即点在的顶点处时等号成立.
所以的取值范围为.
22. 【答案】见解析
【解析】解法一：
(1)
所以时，，即单调递减；
时，，即单调递增.
故要使有两个极值点，则，即.
先证：.令，则.
所以时，，即单调递增；
时，，即单调递减;
故，即成立.
所以
,
又因为，
(说明：极限时，；时，代替取点，这分不扣)
由零点存在性定理，可知存在，使，
且当时，；时，；时，，
所以为的两个极值点.
(2)由(1)知，在单调递增，在单调递减，
在单调递增，且，
则有.
由于，所以，即.
又
令,则，
所以.
又，所以.
下证：.由于，则，
又在单调递减；在单调递增；
所以.所以
.
令.
则.
，
所以.从而有,
所以成立.
解法二： (1)同解法一.
(2)由(1)知，在单调递增，在单调递减，
在单调递增，且，
则有
由于，所以，即.
因为，令，则，
所以时，，单调递减，
所以,
所以，即成立.
又，所以.
下同解法一.