2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（17） （含解析）.doc

1、2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（17）1、 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设集合，若，则实数的取值范围是ABCD2若复数满足，则的模为A5B3CD3有5条同样的生产线，生产的零件尺寸（单位：都服从正态分布，且，在每条生产线上各取一个零件，恰好有3个尺寸在区间，的概率为ABCD4已知角满足，则A1或B1C或3D35某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示如果一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是ABCD6在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，抛物线的焦点恰为，点是双

2、曲线和抛物线的一个交点，且，则双曲线的离心率为AB2CD7若从0，2，4中任取2个数字，从1，3中任取1个数字，则可以组成没有重复数字的三位数的个数为A18B24C28D328在关于的不等式（其中为自然对数的底数）的解集中，有且仅有一个大于2的整数，则实数的取值范围为A，B，C，D，2、 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。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9已知由样本数据点集合，2，求得的回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得的回归直线的斜率为1.2，则A变量与具有正相关关系B去除后的回归方程为C

3、去除后的估计值增加速度变快D去除后相应于样本点的残差为0.0510已知，是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，给出下列四个论断：；以其中三个论断为条件，剩余论断为结论组成四个命题，其中正确的命题是ABCD11已知，则ABCD12设是抛物线的焦点，直线过点且与抛物线交于，两点，为坐标原点，则下列结论正确的是ABC若点，则的最小值是5D若倾斜角为，且，则3、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若的展开式中的系数为，则实数的值为14在中，内角，成等差数列，则15著名的斐波那契数列，1，2，3，5，8，满足，那么是斐波那契数列的第项16已知中，点、满足，且，则的最大值为4、 解答题：本

4、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的内角，的对边分别为，已知（1）求角；（2）若是角的平分线，求的长18记为等差数列的前项和，已知，（1）求通项公式；（2）若，试求满足的的最小值19如图1，在等边中，点、分别为边、上的动点且满足，记将沿翻折到的位置并使得平面平面，连接，得到图2，点为的中点（1）当平面时，求的值；（2）试探究：随着值的变化，二面角的大小是否改变？如果是，请说明理由；如果不是，请求出二面角的正弦值大小20甲乙两人用两颗质地均匀的骰子（各面依次标有数字1、2、3、4、5、6的正方体）做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，则由原投掷人继续投掷，

5、否则由对方接着投掷第一次由甲投掷（）求第二次仍由甲投掷的概率；（）设游戏的前4次中乙投掷的次数为，求随机变量的分布列与期望21已知椭圆的左、右焦点分别是，点在椭圆上，且（1）求椭圆的标准方程；（2）过点且不过点的直线交椭圆于，两点，求证：直线与的斜率之和为定值22已知函数（1）若在上是减函数，求的取值范围；（2）当时，证明有一个极大值点和一个极小值点2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（17）答案1解：由已知可得，因为，则只需，故选：2解：，则故选：3解：，正态分布曲线的对称轴为，又，故在每条生产线上各取一个零件，恰好有3个尺寸在区间，的概率为：故选：4解：角满足，即，求得 或，故选：5解：设原正

6、方体石料的棱长为，则原正方体石料的体积为，截去的八个四面体的体积为，则，得，即原正方体石料的体积为，故选：6解：设点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，连接，由抛物线的定义可得，所以，由双曲线定义可得，故选：7解：根据题意，分2种情况讨论：从0，2，4中任取2个数字中不含0，其取法有1种，从1，3中任取1个数字，其取法有2种，将选出的3个数字全排列，组成三位数，有种情况，此时有个没有重复数字的三位数，从0，2，4中任取2个数字中含有0，其取法有2种，从1，3中任取1个数字，其取法有2种，用选出的3个数字组成三位数，有种情况，此时有个没有重复数字的三位数，故有个符合题意的三位数；故选：8解：由，化简

7、得，设，则原不等式即为，若，则当时，原不等式的解集中有无数个大于2的整数，（2），（2），（2）（2），当（3）（3），即时，设，则，设，则，在，上为减函数，（4），当时，在，上为减函数，即，当时，不等式恒成立，原不等式的解集中没有大于2的整数，要使不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则，即，故选：9解：，代入，因为重新求得的回归直线的斜率为1.2，故正相关，设新的数据所以横坐标的平均值，则，故，纵坐标的平均数为，则，设新的线性回归方程为，把代入，故新的线性回归方程为，故，正确，因为斜率为1.2不变，所以的增长速度变慢，错误，把代入，故错误，故选：10解：，对于，由，得，又，故正确；对于，

8、由，可得或与相交或与异面，故错误；对于，由，得，又，则，故正确；对于，由，可得或与相交，故错误故选：11解：，所以，所以，当且仅当且时取等号，正确；因为，所以，当且仅当时取等号，正确；令，则在，上单调递增，故，错误；，故，正确故选：12解：的焦点，准线方程为，设，直线的方程为，与抛物线的方程联立，可得，所以，则，时取得等号，故正确；当直线的方程为时，不妨取，此时，故错误；根据抛物线的定义，可得的最小值是到抛物线的准线的距离，即的最小值为，故正确；当的倾斜角为时，不妨取在第一象限，在第四象限，由，解得，所以，即，故正确故选：13解：的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中的系数为，则实数，故

9、答案为：14解：中，内角，成等差数列，所以，由，得，所以，化简得，由正弦定理得故答案为：15解：因为，所以，故答案为：202216解：在中，由，得，则，得，如图，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，则，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，故答案为：17解：（1）由余弦定理知，即，由余弦定理知，（2）由角分线定理知，设，则，在中，由余弦定理知，解得，在中，由余弦定理知，18解：（1）为等差数列的前项和，已知，所以，解得，所以（2）由于，所以，即，整理得，满足条件的最小正整数为819解：（1）取的中点为，连接，因为，所以，又，所以，即，四点共面，又面，面，平面平面，所以，即为平行四边形，所

10、以，且，即，即（2）解：取的中点，由平面平面，且，所以平面，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，0，所以，设平面的法向量为，则，令，即，又平面的法向量，所以，即随着值的变化，二面角的大小不变且，所以二面角的正弦值为20解：（）求第二次仍由甲投，说明第一次掷出的点数之和为3的倍数，所有的情况共有种，其中，掷出的点数之和为3的倍数的情况有、，、，共计12种情况，故第二次仍由甲投掷的概率为（）设游戏的前4次中乙投掷的次数为，则的取值分别为0，1，2，3，由（）可得，故随机变量的分布列为：0123故的数学期望为21（1）解：根据点在椭圆上，得由，得（2分）因为，所以，所以椭圆的标准方程为（4分）（2）

11、证明：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，与椭圆只有一个交点，不合题意若直线的斜率存在，设点，直线，根据点在直线上，得把代入，得，则，（7分）由，知，则，均不为0，则直线的斜率，直线的斜率，（9分），因为，所以，即直线与的斜率之和为定值（12分）22解：（1）由，得，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，由题意，所以，所以的取值范围是，（2）证明：当时，由于，所以在上有一个零点，又在上单调递增，所以在上有一个零点，设为，所以，设，则，即在上单调递减，所以（1），即，所以在上有一个零点，又在上单调递增，所以在上有一个零点，设为，所以当时，当，时，当，时，所以在，上单调递减，在，上单调递增，所以的极小值为，的极大值是，所以有一个极大值点和一个极小值点