1、2023年高考全真模拟卷一（新高考卷）数学考试时间：120分钟；试卷满分：150分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（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，只有一项符合题目要求）1已知集合，则（）ABCD【答案】B【详解】由于集合，则.故选：B.2已知复数，则（）AB5CD【答案】A【详解】故选：A3在平行四边形中，对角线与交于点，若，则（）AB2CD【答案】B【详解】在平行四边形中，所以故选：B4地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准里氏震级是用距震中100千米处的标准
2、地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（）倍（精确到1）（参考数据：，）A794B631C316D251【答案】A【详解】由题意，即，则；当时，地震的最大振幅，当时，地震的最大振幅，所以，即；故选：A5如图所示某城区的一个街心花园，共有五个区域，中心区域E已被设计为代表城市特点的一个标志性塑像，要求在周围ABCD
3、四个区域中种植鲜花，现有四个品种的鲜花可供选择，要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不同，则不同的种植方法的种数为（）A12B24C48D84【答案】D【详解】由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分一下三类：当种植的鲜花为两种时：和相同，和相同，共有种种植方法；当种植鲜花为三种时：和相同或和相同，此时共有种种植方法；当种植鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有种种植方法，综上：则不同的种植方法的种数为种，故选：.6记函数的最小正周期为，若，且为的一条对称轴，则的最小值为（）ABCD【答案】A【详解】由于，所以，由于，所以，则，由于为的一条对称轴，所以，由于，所以的最
4、小值为.故选：A7若正实数满足，则（）ABCD【答案】A【详解】即即即令，根据增函数加增函数为增函数得在上为增函数，故选：A.8若圆柱轴截面周长C为定值，则表面积最大值为（）ABCD【答案】D【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，因为圆柱的轴截面周长为(C为定值)，所以，所以圆柱的表面积为，当时，圆柱的表面积有最大值为故选：D二、多选题（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在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（）AB 平面C平面D与所成的角是【答案】ABD【详解】连接，则
5、是的中位线，故A正确；连接，则，平面，平面，平面，即平面，故B正确；连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误；，或其补角为与所成的角，故D正确故选：ABD10已知函数，则（）A的定义域为B是偶函数C函数的零点为0D当时，的最大值为【答案】AD【详解】对A，由解析式可知的定义域为，故A正确；对B，因为，可知是奇函数，故B不正确；对C,，得，故C不正确；对D, 当时，当且仅当时取等号，故D正确.故选：AD11过抛物线上一点A(1，-4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（）AC的准线方程是B过C的焦点的最短弦长为8C直线MN过定点(0，4)D当点A到直线MN的距离最大时
6、，直线MN的方程为【答案】AD【详解】将代入中得：，则为，所以的准线方程是，故A正确；由题可知的焦点为，可设过的焦点的直线为，由，可得，设交点为，则，所以，即过C的焦点的最短弦长为16，故B不正确；设，直线为，联立抛物线得：，所以，又，所以，因为，即，所以，整理得，故，得，所以直线为，所以直线过定点，故C不正确；当时，到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.故选：AD.12已知函数的定义域为，且，若函数为偶函数，则下列选项正确的是（）A为偶函数B的图象关于点对称C的周期为4D【答案】ABC【详解】为偶函数，则.由知，进而，将代入得，由知，所以为偶函数，A正确;由条件，与此式作差得：，所以的图象
7、关于点对称，B正确；由为偶函数，结合式知：，所以，两式作差得：，即的周期为4，C正确；中令，则，在中令得，在中令得，由的周期为4知，D错误，故选：ABC.第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13二项式的展开式中各项的二项式系数之和为_.【答案】32【详解】由，即二项式系数和为32.故答案为：3214圆在点处的切线方程为_【答案】【详解】圆的圆心为，即，则，则切线斜率为，故切线方程为：，即.故答案为：15若曲线与曲线存在2条公共切线，则a的值是_【答案】【详解】设公切线在上的切点为，在上的切点为，则曲线在切点的切线方程的斜率分别为，对应的切线方程分别为、，即、，所
8、以，得，有，则，整理，得，设，则，令，令或，所以函数在上单调递减，在和上单调递增，因为两条曲线有2条公共切线，所以函数与图像有两个交点，又，且，如图，所以，解得.故答案为：.16已知椭圆的左焦点为，过斜率为的直线与椭圆相交于、两点，若，则椭圆的离心率_【答案】【详解】因为直线过且斜率为，所以直线为：，与椭圆：联立消去，得，设，则因为，可得，代入上式得消去并化简整理得：，将代入化简得：，解得，因此，该双曲线的离心率.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17已知的内角的对边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若边上的高为，求.【答案】(1)(2
9、)【详解】（1）由题意可得，根据正弦定理可得，所以，又根据余弦定理可得，因为，所以.（2）因为，即，由正弦定理可得，所以.18已知数列，的前n项和分别为，(1)求及数列，的通项公式；(2)设，求数列的前2n项和【答案】(1)；(2)解:（1）在中，当n1时，b1a10，当n2时，显然b1a10适合上式，所以，又，所以两式相减得，两式相加得且a11，b11；（2）因为，结合（1）中所求，故19如图，在直三棱柱中，点F是的中点，点E满足.(1)求证：；(2)若，直线与平面所成的角为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，因为平面，所以. 因为，点F是的
10、中点，所以，平面，平面，所以平面，因为点E是棱上异于端点的动点，所以平面，所以.（2）不妨设，则. 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，因为平面，平面，所以. 又，所以，如图，以为坐标原点，直线，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则，则，. 设平面的法向量为，则，令，则. 所以， 整理得，解得或（舍去），所以.20某次考试共有四个环节，只有通过前一个环节才能进入后一个环节现已知某人能够通过第一、二、三、四环节的概率依次是，且每个环节是否通过互不影响求：(1)此人进入第四环节才被淘汰的概率；(2)此人至多进入第三环节的概率【答案】(1)(2)【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式直接求
11、解；（2）利用独立事件的概率乘法公式分别求得此人进入第一环节、第二环节、第三环节被淘汰的概率，从而得出答案【详解】（1）由独立事件的概率乘法公式可得，此人进入第四环节才被淘汰的概率；（2）此人进入第一环节被淘汰的概率；此人进入第二环节被淘汰的概率；此人进入第三环节被淘汰的概率，此人至多进入第三环节的概率为21已知，是双曲线的左、右焦点，且双曲线过点，(1)求双曲线的方程；(2)已知过点的直线交双曲线左、右两支于，两点，交双曲线的渐近线于，（点位于轴的右侧）两点，求的取值范围【答案】(1)；(2).【详解】（1）设双曲线的半焦距为，又，解得，双曲线的方程为（2）由题意可设直线的方程为，双曲线的渐
12、近线方程为，联立得，联立得，联立得，设，则，由即，又，的取值范围为22已知，函数，.(1)若，求函数的极小值；(2)若函数存在唯一的零点，求的取值范围.【答案】(1)2(2)【详解】（1）由，所以，令，当时，当时，所以在上递减，在上递增，所以的极小值为；（2），令（），存在唯的零点，令，令，当时，；当时，所以在上递减，在上递增，所以，若，即，令，所以，所以，所以，即时，所以在上递增，注意到，所以存在唯一的零点，符合题意当时，令，则，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以所以即在和上各有一个零点，在上递增，上递减，上递增，而，所以，当时，；当时，而，所以在，和上各有一个零点，共3个零点了，舍去.综上，的取值范围为.
