2023届高考考前冲刺训练数学（一）（新高考II卷适用）（含解析）

2023年高考考前冲刺训练（新高考II卷适用）
数学（一）
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．已知复数的共轭复数为，且，则下列四个选项中，可以为（ ）
A． B． C． D．
3．设为所在平面内一点，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣拓展活动，包含书法 舞蹈 围棋 演讲 武术五项活动，甲同学打算从这五项活动中随机选三项，则书法 武术这两项活动中，至多有一项被选中的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．若函数的最小正周期为,且,则下列说法错误的是（ ）
A．的一个零点为 B．是偶函数
C．在区间上单调递增 D．的一条对称轴为直线
6．集合论是德国数学家康托尔于十九世纪末创立的，希尔伯特赞誉其为“数学思想的惊人产物，在纯粹理性范畴中人类活动的最美表现之一”.取一条长度为的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷.由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在前次操作中共去掉的线段长度之和不小于，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A． B． C． D．
7．如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面为面积是的正三角形.若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为（ ）
A． B． C． D．
8．若，则（ ）
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．在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，，则（ ）
A．平面平面
B．直线与所成的角的余弦值为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．该四棱锥外接球的表面积为
10．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．有两个极值点
B．的图像关于原点对称
C．有三个零点
D．是的一个零点
11．抛物线的焦点为，点为坐标原点，，过点的直线与抛物线交于两点，则（ ）
A．，则到轴的距离为
B．直线，的斜率之积恒为
C．的最小值为
D．若直线，则到轴的距离与到直线的距离之和的最小值为
12．已知函数的定义域均为．且满足，，，则（ ）
A． B．
C．的图象关于点对称 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．的展开式中含项的系数为__________（用数字作答）．
14．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为__________．
15．，是椭圆的两个焦点，点是椭圆上异于顶点的一点，点是 的内切圆圆心，若 的面积是 的面积的倍，则椭圆的离心率为_________．
16．若过点只可以作曲线的一条切线，则的取值范围是__________.
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．已知等差数列单调递增，其前项和为，，其中，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，的前项和记为，求证：．
18．在中，内角的对边分别为，且.
(1)求证：；
(2)若，求的值.
19．如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，四边形为正方形，平面平面．，为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
20．年月日，卡塔尔足球世界杯正式开幕，世界杯上的中国元素随处可见．从体育场建设到电力保障，从赛场内的裁判到赛场外的吉祥物……中国制造为卡塔尔世界杯提供了强有力的支持．国内也再次掀起足球热潮．某地足球协会组建球队参加业余比赛．该足球队教练组对球员的使
用是依据数据分析，为了考查球员甲对球队的贡献，作出如下数据统计（甲参加过的比赛均分出了胜负）：
(1)据此能否有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；
(2)根据以往的数据统计，乙球员能够胜任边锋、中锋、后腰以及后卫四个位置，且出场率分别为：，当出任边锋、中锋、后腰以乃后卫时，球队输球的概率依次为：．则：
①当乙球员参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；
②当乙球员参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担任边锋的概率；
③如果你是教练员，应用概率统计有关知识，该如何使用乙球员？
附表及公式：
．
21．已知椭圆的两个焦点分别为、，离心率为，过的直线与椭圆交于、两点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)求面积的最大值．
22．已知函数，其中．
(1)求函数的单调区间；
(2)证明：存在，使得恒成立，且方程有唯一的实根．
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：C
解析：
【分析】
根据对数式有意义及一元二次不等式的解法，结合并集的定义即可求解.
【详解】
要使函数有意义，则，解得，
所以，
由，得，解得，
所以，
所以.
故选：C.
2. 答案：D
解析：
【分析】
设，代入已知等式，利用复数相等的定义求得关系，然后判断．
【详解】
设，
由已知得，即，
∴，即，对照各选项，只有D满足．
故选：D．
3. 答案：D
解析：
【分析】
由平面向量共线定理得，再由平面向量的基本定理得到，从而求得，，由此得到结果.
【详解】
因为，所以，
所以，
故，
又因为，
所以，，则.
故选：D.
4. 答案：C
解析：
【分析】
利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】
解法一：由题可得书法 武术这两项活动中，至多有一项被选中包含这两项活动都没被选中和这两项活动只有一项被选中这两种情况，所以所求概率.
解法二：由题可得书法 武术这两项活动中，至多有一项被选中的对立事件为这两项活动都被选中，所以所求概率.
故选：C.
5. 答案：C
解析：
【分析】
利用周期公式可求,由恒成立,结合的范围,可求,求得函数的解析式,比较各个选项即可得答案.
【详解】
由函数的最小正周期为,
得,得,又,,
即,得,
故,
因为,
故选项A正确; 又,
故选项B正确;
当,
所以在区间不单调;
故选项C不正确;
由,
故选项D正确;
故选:C.
6. 答案：A
解析：
【分析】
通过归纳法归纳出每次舍弃的线段的长度，然后由等比数列的前项和公式求得前次舍弃的线段的和，然后列不等式求解．
【详解】
第一次操作去掉的线段长度为，第二次操作去掉的线段长度和为，第三次操作去掉的线段长度和为，…，第操作去掉的线段长度和为，
由此得，
所以，，
，，
所以的最小值是.
故选：A．
7. 答案：C
解析：
【分析】
先根据轴截面求出圆锥底面圆的半径，设出圆柱形冰块的底面半径，用含的式子表达出圆柱形冰块的高，从而得到圆柱形冰块的体积关于的表达式，用导函数求解最大值.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为，圆柱形冰块的底面圆半径为，高为，由题意可得，，解得:，，
设圆柱形冰块的体积为，则.
设，则，当时，；
当时，，故在取得极大值，也是最大值，
所以，故酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为
.
故选：C.
8. 答案：B
解析：
【分析】
由于，故构造函数
，利用导数判断其单调性，可比较的大小，根据，构造函数，判断其单调性，可比较大小，由此可得答案.
【详解】
由于，
故设函数 ，
则，，
由于，所以，
即，即，
故为单调递减函数，
故，即，
令，则，即；
又，
令，
则，
即为单调递增函数，
故，即，
令，则，即，
故，
故选：B.
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：A、B、D
解析：
【分析】
根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直线所成角的定义、球的几何性质逐一判断即可.
【详解】
因为为矩形，所以，
因为侧面为等边三角形，
所以，因为，
所以，由为矩形可得，
因为平面，
所以平面，而平面，
所以平面平面，因此选项A正确；
由为矩形可得，所以是直线与所成的角（或其补角），
设的中点为，连接，
因为侧面为等边三角形，
所以，而平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，
由勾股定理可知：，
，
，
在中，由余弦定理可得，所以选项B正确；
因为平面，
所以是直线与平面所成的角，
因此，所以选项C不正确；
设该四棱锥外接球的球心为，矩形的中心为，显然平面，
即，过作，连接，设该四棱锥外接球的半径为，
所以在直角三角形中，有，
在直角梯形中，有，，
在直角三角形中，有，
即，
解得，
所以该四棱锥外接球的表面积为，因此选项D正确，
故选：ABD.
10. 答案：A、C、D
解析：
【分析】
利用导数研究函数的单调性和极值，作图，根据图像变换，结合奇偶性，函数零点的定义，可得答案.
【详解】
对于函数，求导可得：，
令，解得，可得下表：
则，，即可作图，
通过图像可知，有两个极值点，故A正确；
函数的图像不关于原点对称，故B错误；
函数有三个零点，故C正确；
因为
即
将代入解析式可得，
，故D正确.
故选:ACD.
11. 答案：B、C、D
解析：
【分析】
对A，由抛物线定义列式，即可判断；
对B，设直线，联立直线与抛物线，结合韦达定理表示即可判断；
对C，由，结合均值不等式判断；
对D，所求距离之和的最小值为点到直线的距离，由点线距离可求.
【详解】
对A，，故A错误；
对B，若直线过点，设直线，联立
消去得，
设、，则，，
所以，故B正确；
对C， ，则
，
当且仅当时等号成立，故C正确；
对D，设到轴的距离为，到的距离为到则，易知的最小值为点到直线的距离为
，
则距离之和最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12. 答案：B、C
解析：
【分析】
利用题干等式逐项递推，可判断A选项的正误；利用函数的对称性的定义可判断BC选项；记，，其中，分析可知，这两个数列均为等差数列，确定这两个数列的首项和公差，结合等差数列的求和公式可判断D选项.
【详解】
对于A选项，因为，所以，函数的图象关于点对称，
所以，，
因为，所以，，即，
因为，所以，，
则，所以，，A错；
对于B选项，因为定义域为的函数的图象关于点对称，则，B对；
对于C选项，因为，所以，，
联立可得，
所以，函数的图象关于点对称，C对；
对于D选项，因为，令可得，
所以，，故，
因为，所以，，可得，
所以，，可得，则，
记，，其中，且，，
则，，
所以，数列是以为首项，公差为的等差数列，则，
数列是首项为，公差为的等差数列，，
所以，
，D错.
故选：BC.
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：
【分析】
先求出展开的通项公式为，再令或，进一步求解可得．
【详解】
因为展开的通项公式为，
所以的展开式中含项的系数为．
故答案为：．
14. 答案：
解析：
【分析】
先求出为圆心，为半径的圆的方程，再利用两圆的公共弦所在直线方程求解.
【详解】
圆，所以圆心为，半径，
,
所以切线长，
以为圆心，为半径的圆的方程为：，
直线为圆与圆的公共弦，
所以由得.
故答案为: .
15. 答案：
解析：
【分析】
作图，根据几何关系以及条件求出与的关系式，再求出.
【详解】
设椭圆方程为：，如图，设，，，
的周长为，内切圆的半径为，
则由椭圆的定义可得，∴， ，
∴，解得：，；
故答案为：．
16. 答案：
解析：
【分析】
根据导数几何意义，设切点坐标为，则得切线方程，
过点，则，构造函数，
确定函数的单调性及取值情况，即可得的取值范围.
【详解】
函数的定义域为，则，设切点坐标为，
则切线斜率为，故切线方程为：，
又切线过点，则，
设，则得，或，
则当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，
又时，，时，，
所以有且只有一个根，且，则，故的取值范围是.
故答案为：.
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：
【分析】
（1）由已知条件列出关于公差的方程求解即可得到通项公式；
（2）由（1）求得得到，利用裂项求和法求出即可证明.
【详解】
（1）设等差数列的公差为
因为，，成等比数列，，
所以，即
因为等差数列单调递增，解得所以
（2）由（1）知：，
则，
所以.
18. 答案：见解析
解析：
【分析】
（1）根据正弦定理，正弦倍角公式，两角和的正弦公式即可求解；（2）根据余弦定理，同角的三角函数基本关系式，两角和的余弦公式即可进一步求解.
【详解】
（1）∵，，
∴，
由正弦定理，得，
∵中，，
∴，∴，
∴.
（2）由，∴，
由余弦定理，得，
而中，，
∴，∴，
由（1）知，
∵，
，
∴.
19. 答案：见解析
解析：
【分析】
(1)证明以及即可求证；
(2)在点处建立空间坐标系，分别计算平面与平面的法向量，结合空间角与向量角的联系计算即可.
【详解】
（1）因为四边形为正方形，所以．
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以，因为，
线段的中点，
所以，且，平面，所以平面
（2）由（1）知平面，所以，
又，所以两两垂直．
分别以为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）．
设，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则 即
令，则，则．
由（1）知，为平面的一个法向量．
设平面与平面所成的锐二面角为，
则．
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
20. 答案： 见解析
解析：
【分析】
(1) 由联表数据应用公式计算与对应临界值表格数据比较后即可得出结论.
(2)①根据条件概率公式分别求出四种情况下输球的概率,相加即可
②利用乙球员担当边锋时输球的概率除以球队输球的概率即可得出答案.
③分别计算乙球员担当边锋, 乙球员担当中锋, 乙球员担当后腰, 乙球员担当后卫时输球的概率,以输球概率最小时,乙球员担任的角色,作为教练员使用乙队员的依据.
【详解】
（1）由列联表中的数据可得：，
所以有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关;
（2）①设表示“乙球员担当边锋”；表示“乙球员担当中锋”；表示“乙球员担当后腰”；表示“乙球员担当后卫”；表示“球队输掉某场比赛”，
则
；
②；
③因为，
，
所以，，
所以应该多让乙球员担当后卫，来扩大赢球场次．
21. 答案： 见解析
解析：
【分析】
（1）依题意可得解得、，即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，则，代入可得，再令，根据对勾函数的性质计算可得.
【详解】
（1）依题意可得解得
所以椭圆方程为.
（2）由（1）可得，
设直线的方程为，，，
由消去整理得，
所以，，
所以
，
令，则，
所以，又在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，即当时面积的最大值为.
22. 答案：见解析
解析：
【分析】
（1）由，得，解不等式和可得函数的单调性；
（2）由，解得，代入可得，利用函数零点存在性定理可得，存在，使得，再利用导数研究其单调性即可得出结论.
【详解】
（1）由题意，的定义域为，
，
设，则，
令，得，令，得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由，解得，
令，
则，，
所以存在，使得，
令，其中，
由，可得函数在上为增函数，
所以，即，
当时，有，，
再由（1）可知，在上为增函数，
当时，，所以在上为减函数，所以，
当时，，所以在上为增函数，所以，
又当时，，
故当时，恒成立.
综上所述：存在，使得恒成立，且方程有唯一的实根．