2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（14） （含解析）.doc

1、2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（14）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已知集合，则的子集个数为A4B6C8D92已知复数，其中是虚数单位，则下列结论正确的是A的共轭复数为B的实部为1CD3已知等差数列中，则A10B11C12D134已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为ABCD5设，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中得到了世界领先的成果哥德巴赫猜想如下：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，如在不超过20的素数中，随机选取2个

2、不同的数，则这2个数的和是奇数的概率是ABCD7已知锐角的角，所对的边分别为，且，则的取值范围为ABCD，8已知三角形的三个顶点在球的球面上，的外接圆圆心为，外接圆面积为，且，则球的表面积为ABCD2、 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是一款具有社交属性的健身，致力于提供健身教学、跑步、骑行、交友及健身饮食指导、装备购买等站式运动解决方案可以让你随时随地进行锻炼，记录你每天的训练进程不仅如此，它还可以根据不同人的体质，制定不同的健身计划小吴根据记录的2019年1月至2019年11月期

3、间每月跑步的里程（单位：十公里）数据整理并绘制了下面的折线图根据该折线图，下列结论正确的是A月跑步里程逐月增加B月跑步里程最大值出现在10月C月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数D1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小10已知点，过圆上的一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，两个切点、之间的线段称为切点弦则下列结论正确的是ABCD四边形的面积为11如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，为线段上的动点，则AB多面体的体积为C若为线段的中点，则平面D的最小值为1112直线与抛物线有公共点，可以重合），是抛物线的焦点，直线与轴交于点下列结论成立的是AB若，则抛物线的方程是C当，重

4、合时，内切圆的面积为D点到直线的最大距离为3、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在的展开式中，常数项是14已知，且，则的值是15圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为16已知定义在上的函数，其导函数为，满足，（2），则不等式的解集为4、 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设等比数列的公比为，前项和为（1）若，求的值；（2）若，且，求的值18在中，角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若边上的中线的长为，求面积的最大值19第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京和张家口举办，为了普及冬奥知

5、识，京西某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了20名学生作为样本，得到他们的分数统计如表：分数段，人数1228331我们规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上为优秀（）从这20名学生中随机抽取2名学生，恰好2名学生都是优秀的概率是多少？（）将上述样本统计中的频率视为概率，从全校学生中随机抽取2人，以表示这2人中优秀人数，求的分布列与期望20如图，平面，四边形的对角线交于点，为棱上一点，且平面（1）求的值；（2）求二面角的余弦值21在平面直角坐标系中，原点为，抛物线的方程为，线段是抛物线的一条动弦（1）求抛

6、物线的准线方程；（2）求，求证：直线恒过定点；（3）过抛物线的焦点作互相垂直的两条直线、，与抛物线交于、两点，与抛物线交于、两点，、分别是线段、的中点，求面积的最小值22已知函数，且方程在，上有解（）求实数的取值范围；（）设函数，的最大值为（a），求函数（a）的最小值2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（14）答案1解：集合，2，3，4，5，6，7，8，2，的子集个数为故选：2解：复数，的共轭复数为，故正确；的实部为，故错误；，故错误；，故错误故选：3解：在等差数列中，由，得，则，又，故选：4解：双曲线的离心率为2，可得，即有，由，可得，即，则渐近线方程为，故选：5解：当时，当且仅当时取等号，充分

7、性成立，当时，比如，时，成立，但不成立，必要性不成立，是的充分不必要条件故选：6解：不超过20的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，在不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，基本事件总数，这2个数的和是奇数时，必选2，包含的基本事件个数，这2个数的和是奇数的概率是故选：7解：因为，由正弦定理可得，显然，可得，可得，即，所以，又同理，可得，综上，可得，即的取值范围为故选：8解：设的外接圆半径为，由的外接圆面积为，可得，解得，又，故为正三角形，则，解得，如图，设球与外接圆的其中一个交点为，则，即，球的半径为，其表面积为故选：9解：由所给折线图可知，月跑步里程并不是逐递增，故错误

8、；月跑步里程最大值出现在10月，故正确；月跑步里程中位数为5月份对应的里程数，故正确；1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月，波动性更小，故正确故选：10解：因为为两已知圆的圆心，由几何性质可知，所以，故正确；因为，所以，故正确；因为，又为锐角，所以，同理可得，所以，则为等边三角形，所以，故错误，正确，故选：11解：如图所示，将几何体补全成棱长为2的正方体，在正方体中，因为，所以，故正确，因为，所以错误，当为线段的中点时，因为平面，所以，故正确，过作的垂线，垂足为，连接，则，因为，所以，当时，取得最小值为11，故正确，故选：12解：对于，设，则，故正确；对于，由知，解得，抛物线的方程是，故正

9、确；对于，当，重合时，直线和抛物线相切于点或，是腰为的等腰直角三角形，它的内切圆半径为，内切圆面积不等于，故不正确；对于，由知最大值为1，点到直线的距离，当时，取得最大值，故正确故选：13解：展开式的通项公式为，令，解得，所以常数项为，故答案为：14解：，结合，可得，则，故答案为：15解：由题意球的体积为：，所以球的半径为，解得，所以圆柱底面直径为8，圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，所以圆柱的高为：可得圆柱的表面积：故答案为：16解：，时，令，则，令，则，递增，而（2）（2），故（2），故即，解得：，时，不等式显然无解，时，令，则，令，则，递增，而（2）（2），故（2），故即，解得

10、：，故，故不等式的解集为，故答案为：，17解：（1）等比数列的公比为，前项和为，解得，（2），且，由，解得，解得18解：（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，又为三角形内角，所以，因为，所以（2）延长线段至，满足，连接，在中，由余弦定理，有，可得，解得，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时等号成立，即的面积的最大值为19解：（）设恰好2名学生都是优秀这一事件为，（1分）（2分）（）设每名同学为优秀这一事件为，由题意可得，（2分）可取0，1，2，（1分），（3分）012（1分）（2分）20解：（1）因为，所以，所以，因为平面，平面平面，平面，所以，所以（2）过作于，过作于，连接，因为平面，平面，所

11、以平面平面，平面平面，所以平面，为在平面内的投影，所以，所以为二面角的平面角，由余弦定理得，由正弦定理得，因为，所以，因为二面角与二面角互补，所以二面角的余弦值为21解：（1）抛物线的准线方程为；（2）证明：设直线方程为，由，可得，所以，解得，则直线过定点；（3）由，由题意，直线，的斜率都存在且不为0，设直线的方向向量为，则是直线的一个法向量，故直线的方程为，即，直线的方程为，即，由，可得，设，可得，则；同理可得，所以，当且仅当时，的面积取最小值422解：（），单调递减，即时，时，即的取值范围是，；（），当，时，单调递减，又，由零点存在性定理必存在唯一，满足，当，时，即单调递增，当，时，即单调递减，由，得，得（a），由（）问知函数在，单调递减，即当，时，设，故单调递减，综上，函数的最大值（a）的最小值是：