2023届高考复习系列模拟数学试卷3（新高考II卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高考复习系列模拟数学试卷3（新高考II卷）第I卷选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共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．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限〖答案〗D〖解析〗由题可得：.则在复平面内对应的点的坐标为：.故对应点位于第四象限.故选：D2．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗已知全集，集合，，所以，则.故选：D.3．已知抛物线的焦点为为抛物线上在第一象限内的一点，且，则点的坐标为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗设，根据抛物线定义可知：，所以，所以，又为第一象限内的一点，所以，故．故选：B4．南宋时期，秦九韶就创立了精密测算雨量、雨雪的方法，他在《数学九章》载有“天池盆测雨”题，使用一个圆台形的天池盆接雨水．观察发现体积一半时的水深大于盆高的一半，体积一半时的水面面积大于盆高一半时的水面面积，若盆口半径为，盆地半径为，根据如上事实，可以抽象出的不等关系为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗经圆台形的天池盆补形为圆锥，则以为底面半径的圆锥体积与以为底面半径的圆锥体积之比为，如图所示，设以为底面半径的圆锥体积为，则以为底面半径的圆锥体积为，以为底面半径的圆锥体积为，则由题意，即.故选：D.5．若，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由已知可得,则则故选：D.6．排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲､乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗解法一：乙队获胜可分为乙队以或或的比分获胜.乙队以获胜，即乙队三场全胜，概率为；乙队以获胜，即乙队前三场两胜一负，第四场获胜，概率为；乙队以获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为.所以，在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为.解法二：采用五局三胜制，不妨设赛满5局，用表示5局比赛中乙胜的局数，则.乙最终获胜的概率为.故选：C.7．已知，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗构造，，，在时为减函数，且，所以在恒成立，故在上单调递减，所以，即，所以，即.故选：.8．已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（

）A．116 B．115 C．114 D．113〖答案〗C〖解析〗由，得，即，所以，所以函数的周期为，又为偶函数，则，所以，所以函数也为偶函数，又，所以，，所以，又，即，所以，又，，，所以故选：.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．某地为响应“扶贫必扶智，扶智就是扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集的自2017年至2021年共5年的年借阅数据如下表：年份20172018201920202021年份代码12345年借阅量（万册）2173693142根据上表，可得关于的二次回归方程为，则下列说法正确的是（

）A．B．2，17，36，93，142的第三四分位数为93C．此回归模型2020年的残差（实际值与预报值之差）为5D．估计2022年借阅数为220〖答案〗BC〖解析〗，，所以，A选项错误.，所以2，17，36，93，142的第三四分位数为93，B选项正确.由上述分析可知，所以年的预测值为，则残差为，C选项正确.估计年借阅数为万册，D选项错误.故选：BC10．在棱长为2的正方体ABCD—中，M为底面ABCD的中心，Q是棱上一点，且，N为线段AQ的中点，则下列命题正确的是（

）A．CN与QM异面 B．三棱锥的体积跟λ的取值无关C．不存在λ使得 D．当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的面积为〖答案〗BD〖解析〗连AC，CQ，则M，N分别为AC，AQ的中点，MN为的中位线.∴，则CN，QM共面，A错.为定值，B对.如图建系，，则，，C错.截面如图所示，图形ACFQ，过Q作AC的垂线垂足为G.，∴，D对.

故选：BD11．已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（

）A．圆恒过原点B．圆与圆外切C．直线被圆所截得弦长的最大值为D．直线与圆相切或相交〖答案〗ACD〖解析〗对于A：代入点得恒成立，A正确；对于B：，即两圆心距离等于两圆半径差，两圆内切，B错误；对于C：直线被圆所截得弦长为，，即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；对于D：圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，D正确；故选：ACD.12．已知数列的前项和为，点在函数的图象上，等比数列满足，其前项和为，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗因为点在函数所以，所以当时，两式相减得：，当时，符合上式故，又因为为等比数列，设公比为又因为所以，解得，，所以所以对于A：，，，所以A正确.对于B：，，所以，故B正确.对于C：，，当时，，故C错误.对于D：，，所以，故D正确.故选：ABD第II卷非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．若椭圆的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_________．〖答案〗〖解析〗因为的离心率为，故，故，故双曲线的渐近线方程为：，故〖答案〗为：.14．若函数是定义在上的奇函数，满足，当时，，则______；〖答案〗##.〖解析〗因为是定义在上的奇函数，所以，又，令，则即,所以也即是，所以是周期函数，周期，因为当时，，所以.故〖答案〗为：.15．已知向量与单位向量所成的角为，且满足对任意的，恒有，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗不妨设代入得：任意的恒成立，当时，最小值为：故〖答案〗为：16．已知函数，过点可作3条与曲线相切的直线，则实数t的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗设切点坐标为，则.由，可得，所以切线方程为，整理得，将代入可得，，，则在和上单调递减；在上单调递增.所以，在处有极小值，在处有极大值.易知当时，（如图所示）所以，当时，函数有3个零点，即，当时，过点可作3条与曲线相切的直线.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共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．已知数列满足：（1）求的值；（2）设，求数列的通项公式.解：（1）由题意得：.（2）因为，所以是以1为首项，公差为2的等差数列，所以.因为，所以，所以，所以是以1为首项，公比为2的等比数列，所以，所以综上所述：数列的通项公式为.18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求B；（2）若的面积等于，求的周长的最小值．解：（1）因为，所以，因为，所以，所以，∵，所以，所以，∴；（2）解：依题意，∴ac＝4，所以，当且仅当时取等号，又由余弦定理得，∴，当且仅当a＝c＝2时取等号，所以的周长最小值为．19．如图，是一个三棱锥，是圆的直径，是圆上的一点，垂直于圆所在的平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）若二面角是，，求与平面所成角的正弦值.（1）证明：因为是圆的直径，所以，因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，又因为，平面，平面PAC，所以平面，因为分别是棱的中点，所以，从而有平面；（2）解：由（1）可知，平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，从而有，则，又，得，以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，,，，，，所以，，,设是平面的一个法向量，则，即，可取，故，所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.20．已知椭圆过点为.（1）求椭圆的方程及其焦距；（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与轴交于点，求的值.解：（1）因为椭圆过点为，所以有；（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，，因为，，所以，因为，所以，即，于是有，即.21．2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．己知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为，甲与丙比赛，甲赢的概率为，其中．（1）若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？（2）为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计万元，求的数学期望的取值范围．解：（1）第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：，第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：，所以当时，，即，所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.（2）由题意的可能取值为16或8，由（1）知业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛，此时业余队获胜的概率，专业队获胜的概率，所以非平局的概率，平局的概率，所以，因为，所以.22．已知函数，.（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）若，证明：.（1）解：，则若在上单调递增，则在上恒成立，即令，所以，令得所以时，，单调递减，时，，单调递增，则，所以.（2）证明：要证，则即证；由（1）得，所以则，当且仅当，即时等号成立即；设，则得，所以在时，，单调递减，时，，单调递增，所以，因为，所以恒成立所以，则当时，.2023届高考复习系列模拟数学试卷3（新高考II卷）第I卷选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共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．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限〖答案〗D〖解析〗由题可得：.则在复平面内对应的点的坐标为：.故对应点位于第四象限.故选：D2．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗已知全集，集合，，所以，则.故选：D.3．已知抛物线的焦点为为抛物线上在第一象限内的一点，且，则点的坐标为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗设，根据抛物线定义可知：，所以，所以，又为第一象限内的一点，所以，故．故选：B4．南宋时期，秦九韶就创立了精密测算雨量、雨雪的方法，他在《数学九章》载有“天池盆测雨”题，使用一个圆台形的天池盆接雨水．观察发现体积一半时的水深大于盆高的一半，体积一半时的水面面积大于盆高一半时的水面面积，若盆口半径为，盆地半径为，根据如上事实，可以抽象出的不等关系为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗经圆台形的天池盆补形为圆锥，则以为底面半径的圆锥体积与以为底面半径的圆锥体积之比为，如图所示，设以为底面半径的圆锥体积为，则以为底面半径的圆锥体积为，以为底面半径的圆锥体积为，则由题意，即.故选：D.5．若，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由已知可得,则则故选：D.6．排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲､乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗解法一：乙队获胜可分为乙队以或或的比分获胜.乙队以获胜，即乙队三场全胜，概率为；乙队以获胜，即乙队前三场两胜一负，第四场获胜，概率为；乙队以获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为.所以，在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为.解法二：采用五局三胜制，不妨设赛满5局，用表示5局比赛中乙胜的局数，则.乙最终获胜的概率为.故选：C.7．已知，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗构造，，，在时为减函数，且，所以在恒成立，故在上单调递减，所以，即，所以，即.故选：.8．已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（

）A．116 B．115 C．114 D．113〖答案〗C〖解析〗由，得，即，所以，所以函数的周期为，又为偶函数，则，所以，所以函数也为偶函数，又，所以，，所以，又，即，所以，又，，，所以故选：.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9．某地为响应“扶贫必扶智，扶智就是扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立了农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集的自2017年至2021年共5年的年借阅数据如下表：年份20172018201920202021年份代码12345年借阅量（万册）2173693142根据上表，可得关于的二次回归方程为，则下列说法正确的是（

）A．B．2，17，36，93，142的第三四分位数为93C．此回归模型2020年的残差（实际值与预报值之差）为5D．估计2022年借阅数为220〖答案〗BC〖解析〗，，所以，A选项错误.，所以2，17，36，93，142的第三四分位数为93，B选项正确.由上述分析可知，所以年的预测值为，则残差为，C选项正确.估计年借阅数为万册，D选项错误.故选：BC10．在棱长为2的正方体ABCD—中，M为底面ABCD的中心，Q是棱上一点，且，N为线段AQ的中点，则下列命题正确的是（

）A．CN与QM异面 B．三棱锥的体积跟λ的取值无关C．不存在λ使得 D．当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的面积为〖答案〗BD〖解析〗连AC，CQ，则M，N分别为AC，AQ的中点，MN为的中位线.∴，则CN，QM共面，A错.为定值，B对.如图建系，，则，，C错.截面如图所示，图形ACFQ，过Q作AC的垂线垂足为G.，∴，D对.

故选：BD11．已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（

）A．圆恒过原点B．圆与圆外切C．直线被圆所截得弦长的最大值为D．直线与圆相切或相交〖答案〗ACD〖解析〗对于A：代入点得恒成立，A正确；对于B：，即两圆心距离等于两圆半径差，两圆内切，B错误；对于C：直线被圆所截得弦长为，，即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；对于D：圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，D正确；故选：ACD.12．已知数列的前项和为，点在函数的图象上，等比数列满足，其前项和为，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗因为点在函数所以，所以当时，两式相减得：，当时，符合上式故，又因为为等比数列，设公比为又因为所以，解得，，所以所以对于A：，，，所以A正确.对于B：，，所以，故B正确.对于C：，，当时，，故C错误.对于D：，，所以，故D正确.故选：ABD第II卷非选择题部分（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．若椭圆的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_________．〖答案〗〖解析〗因为的离心率为，故，故，故双曲线的渐近线方程为：，故〖答案〗为：.14．若函数是定义在上的奇函数，满足，当时，，则______；〖答案〗##.〖解析〗因为是定义在上的奇函数，所以，又，令，则即,所以也即是，所以是周期函数，周期，因为当时，，所以.故〖答案〗为：.15．已知向量与单位向量所成的角为，且满足对任意的，恒有，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗不妨设代入得：任意的恒成立，当时，最小值为：故〖答案〗为：16．已知函数，过点可作3条与曲线相切的直线，则实数t的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗设切点坐标为，则.由，可得，所以切线方程为，整理得，将代入可得，，，则在和上单调递减；在上单调递增.所以，在处有极小值，在处有极大值.易知当时，（如图所示）所以，当时，函数有3个零点，即，当时，过点可作3条与曲线相切的直线.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共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．已知数列满足：（1）求的值；（2）设，求数列的通项公式.解：（1）由题意得：.（2）因为，所以是以1为首项，公差为2的等差数列，所以.因为，所以，所以，所以是以1为首项，公比为2的等比数列，所以，所以综上所述：数列的通项公式为.18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求B；（2）若的面积等于，求的周长的最小值．解：（1）因为，所以，因为，所以，所以，∵，所以，所以，∴；（2）解：依题意，∴ac＝4，所以，当且仅当时取等号，又由余弦定理得，∴，当且仅当a＝c＝2时取等号，所以的周长最小值为．19．如图，是一个三棱锥，是圆的直径，是圆上的一点，垂直于圆所在的平面，分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）若二面角是，，求与平面所成角的正弦值.（1）证明：因为是圆的直径，所以，因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，又因为，平面，平面PAC，所以平面，因为分别是棱的中点，所以，从而有平面；（2）解：由（1）可知，平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，从而有，则，又，得，以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，,，，，，所以，，,设是平面的一个法向量，则，即，可取，故，所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.20．已知椭圆过点为.（1）求椭圆的方程及其焦距；（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与轴交于点，求的值.解：（1）因为椭圆