【2023届新高考数学考前模拟冲刺卷】 模拟冲刺仿真卷02 （新高考通用）解析版

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绝密★考试结束前
【2023届新高考考前模拟冲刺卷】 模拟冲刺仿真卷02 （新高考通用）
数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

2023年高考临近，在原有江苏省、广东省、湖南省、湖北省、山东省等10个省市纳入新高考范围基础上，浙江省高考数学今年从新高考自主命题卷调整为新高考全国卷，安徽省、山西省、吉林省、黑龙江省、云南省，5省高考数学今年从老高考全国卷调整为新高考全国卷，针对新高考出题的最新动态和命题趋势，特推出《2023届新高考考前模拟冲刺卷》以供大家参考！
一、2023高考四大趋势
❶落实立德树人，鲜明体现时代主题
❷高考由“考知识”向“考能力”转变
❸聚焦“关键能力”和“思维品质”的考察
❹高考由“以纲定考”到“考教衔接”转变 
数学：出题方式发生重大变化，数学考试出题将加入复杂情景，重点强调数学思维方法考察，比以往的数学难度更大。
二、2023年新高考数学命题方向
❶新高考数学卷以情境作为依托，呈现出新气象，营造出“理念新、内容新、结构新”的新氛围。
❷新高考卷预期会继续强化情境类试题的命制，侧重知识的应用性:情境类试题可以分为:课程学习情境、探索创新情境、生活实践情境。
❸任意板块知识均有可能命制压轴题，不固化试题的位置;
❹小题的最后两题不再是函数唱主角，数列、三角、立体几何、新定义等内容将登场
❺旧教材有而新教材删减的内容，原则上不会考查，新高考主干知识的试题量明显增加。
三、2022年新高考卷试题整体分析
今年数学新高考Ⅰ卷，难度堪称十几年来的最高，今年数学新高考Ⅰ卷试题难度大，主要体现在基础性题型偏少，难题量比往年增加，总体计算量比往年增加较大。今年新高考Ⅰ卷题型难中易比例大概4:3:3，体现出综合性、创新性的考查。在考查学科素养方面，突出理性思维和数学运算的考查。在试题的设置上，体现了数学思维的灵活性以及数学思想方法的应用，增加了综合性、探究性和创造性试题内容，突出数学学科在高考中的选拔性功能。今年数学新高考Ⅰ卷高考很好的贯彻了深化考试内容改革. 试题设置上，给人第一感觉就是中规中矩，考题中没有出怪题、偏题，但真正在两个小时内要完成考卷，考出理想分数却是非常不容易，其中，除了考题总体计算量偏大外，更加体现了命题者在问题设置、考查的角度上非常有考究。试题从考查的知识点来看，都是高中数学的主干知识，但题目的问法更加灵活，这就意味着我们更加需要重视学生对数学知识的理解和思维能力的培养。
四、2023年高考备考建议
❶重视教考衔接
❷研究高考命题方向
❸夯实基础，落实“四基”
❹加强学生运算素养的培养
❺重视学生思维的训练
2022年新高考数学卷，很好地落实了“立德树人，服务选才，引导教学”的核心功能，坚持高考的核心价值，突出学科特色，重视数学本质，体现新课改理念.试卷的灵活性难度有所提高，计算量也相对偏大，对学生的心理素质要求较高。此外，试卷命题符合高考评价体系要求，很好地发挥了高考的选拔功能，对中学数学教学改革发挥了积极的导向作用。我们教师要指导学生从整体上架构起高中知识体系，系统学习各章节知识，打通各个章节的联系，综合学习和运用所学知识，才能在考试时游刃有余。2023年新高考数学备考中，大家一起加油，为学生决战高考保驾护航。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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， 只有一项是符合题目要求的）
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接根据交集的定义即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2．若复数，则=（    ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】B
【分析】根据复数的乘方运算以及减法运算求出，然后利用模长公式即可求出结果.
【详解】由题意可得：，则，所以．
故选：B．
3．已知抛物线， 为坐标原点，以为圆心的圆交抛物线于、两点，交准线于、两点，若，，则抛物线方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设圆的半径为，根据已知条件可得出关于的方程，求出正数的值，即可得出抛物线的方程.
【详解】设圆的半径为，抛物线的准线方程为，由勾股定理可得，
因为，将代入抛物线方程得，可得，
不妨设点，则，所以，，解得，
因此，抛物线的方程为.
故选：C.
4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，解得，即可求出球的体积.
【详解】设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为，
设母线为，则，
所以直角圆锥的侧面积为：，
可得：，，圆锥的高，
由，解得：，
所以球的体积等于，
故选：B

5．函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】结合图象，先判断奇偶性，然后根据x趋近0时判断排除得选项.
【详解】解：的定义域为，
，是偶函数，排除A，C.
又且无限接近0时，且，此时，排除D，
故选：B.
6．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式来表示，其中C是信道支持的最大速度或者叫信道容量，B是信道的带宽（Hz），S是平均信号功率（W），N是平均噪声功率（W）.已知平均信号功率为1000W，平均噪声功率为10W，在不改变平均噪声功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增加到原来的2倍，则平均信号功率需要增加到原来的（    ）
A．1.2倍 B．12倍 C．102倍 D．1002倍
【答案】C
【分析】根据题意解对数方程即可得解．
【详解】由题意可得，，则在信道容量未增加时，信道容量为，当信道容量增加到原来的2倍时，，则，即，解得，则平均信号功率需要增加到原来的102倍.
故选：C．
7．已知等差数列的首项，且，．若，且对任意的，均有，则的最小值为（    ）．
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】先根据已知条件得到，可得到等数列的公差，进而得到数列的通项，再得到，并利用作差法得到数列的增减性，即可得到的范围，根据题意即可得到的最小值.
【详解】，，
，是方程的两根.
易知函数是上单调递增的奇函数，
方程有且仅有一个根，
故，即，
等差数列的公差.
又，
，
，


易知当时，，
，
当时，，
，
而，，，，，
且当时，，
，
.
若最小，则，，
.
故选：C.
【点睛】本题要考查方程的根、函数的性质、等差数列的通项、数列的增减性，考查考生的逻辑思维能力及分析问题，解决本题的关键是得到.
8．已知函数，若有两个极值点，记过点，的直线的斜率为，若，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】当时，求导，根据有两个极值点可得，由奇函数的定义可得为奇函数，不妨设，则有，所以，.由直线的斜率公式的表达式，可得，令，利用导数可得在上单调递增，又由，根据单调性可得实数的取值范围.
【详解】当时，函数的导数为，
由函数由两个极值点得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故当时，函数的极小值点为.
当时，则，则，
同理当时，也有，
故为奇函数.
不妨设，
则有，所以，可得，
由直线的斜率公式可得，
又，所以.
设，得，
所以在上单调递增，又由，
由，得，所以.
故选:A.
【点睛】对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.

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。全部选对得 5 分，有选错得 0 分，部分选对得 2 分）
9．已知等腰三角形ABC的面积为，，点E，F分别在线段AC，AB上，点D满足，其中，若，，则（    ）
A．D在线段BC上 B．
C． D．有最大值
【答案】ACD
【分析】对已知条件，进行变形，即可得出A选项正确；找出，的夹角或与夹角相等的角，看是否为锐角即可；易知，只要在中，根据条件，求出AC的长即可；
【详解】由可得，，
又，则，即，共线且方向相同，所以D在线段BC上，即A正确；

如图，设，交于G点，显然有，又，则，B项不正确；
过点E作，垂足为H，由题意知，，，则，
在中，有，所以.
根据余弦定理可得，，
所以，，则，C项正确；
如图，过B点作于C点.设，
则可知，且，.

，
当时，有最大值为，所以D项正确.
故选：ACD.
10．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为棱上的点，且，则（    ）

A．当时，平面
B．当时，点C到平面BDN的距离为
C．当时，三棱锥外接球的表面积为
D．对任意，直线与都是异面直线
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，直接求解平面的法向量，判断与法向量是否垂直即可，对于B，直接求解平面的法向量，利用距离公式求解，对于C，连接交于，过作平面的垂线，则外接球球心在此垂线上，然后利用勾股定理可求出球的半径，从而可求出表面积，对于D，利用异面直线的定义判断即可.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

对于A，，则，设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，所以与不垂直，所以与平面不平行，所以A错误，
对于B，，设平面的法向量为，则
，令，则，
所以点C到平面BDN的距离为，所以B正确，
对于C，连接交于，过作平面的垂线，则外接球球心在此垂线上，设三棱锥外接球的半径为，
则，所以三棱锥外接球的表面积为，所以C正确，
对于D，对任意，因为在平面内，点在平面外，且直线与平面交于点，直线不经过点，
所以直线与都是异面直线，所以D正确，
故选：BCD
11．一个不透明的口袋中有8个大小相同的球，其中红球5个，白球1个，黑球2个，则下列选项正确的有（    ）
A．从该口袋中任取3个球，设取出的红球个数为，则数学期望
B．每次从该口袋中任取一个球，记录下颜色后放回口袋，先后取了3次，设取出的黑球次数为，则数学期望
C．从该口袋中任取3个球，设取出的球的颜色有X种，则数学期望
D．每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，设拿出的黑球的个数为Y，则数学期望
【答案】ABD
【分析】根据给定条件结合随机变量分布列、期望公式，逐项分析、计算判断作答.
【详解】对于A，的可能值：0，1，2，3，，，
，，则，A正确；
对于B，的可能值：0，1，2，3，取球一次取到黑球的概率为，因取球一次有取到黑球和没取到黑球两个结果，
因此，,，B正确；
对于C，的可能值：1，2，3，，，
，则，C不正确；
对于D，的可能值：0，1，2，，，
，
则，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：判断随机变量是否服从二项分布：
一是要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为，；
二是看是否为次独立重复试验，且随机变量是否为某事件在这次独立重复试验中发生的次数
12．已知函数，函数满足.则（    ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．若实数、满足，则
D．若函数与图象的交点为、、，则
【答案】AC
【分析】计算得出，可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选项；分析函数的单调性，可判断C选项；利用函数的对称性可判断D选项.
【详解】对于A选项，对任意的，，
所以，函数的定义域为，

，
所以，，A对；
对于B选项，因为函数满足，故函数的图象关于点对称，B错；
对于C选项，对于函数，该函数的定义域为，
，即，
所以，函数为奇函数，
当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，
所以，函数在上为增函数，故函数在上也为增函数，
因为函数在上连续，故函数在上为增函数，
又因为函数在上为增函数，故函数在上为增函数，
因为实数、满足，则，可得，即，C对；
对于D选项，由上可知，函数与图象都关于点对称，
由于函数与图象的交点为、、，
不妨设，若，则函数与图象的交点个数必为偶数，不合乎题意，
所以，，则，由函数的对称性可知，点、关于点对称，
则，，故，D错.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：判断函数的对称性，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.

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．在100件产品中，有98件合格品，2件次品，从这100件产品中任意抽取3件，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法的种数为______；
【答案】
【分析】补集法，考虑“没有次品”的种数.
【详解】“没有次品”的抽法种数为：,
至少有一件是次品的抽法的种数为：.
故答案为：.
14．在平面直角坐标系xOy中，点，，若直线上存在点P使得，则实数m的取值范围是___________.
【答案】
【分析】利用两点距离公式由得到，再代入整理得，进而由求得m的取值范围.
【详解】根据题意，设，则，
，
，整理得，
将代入，整理得，
由于方程有解，故，即，即
解得：，即.
故答案为：.
15．若在区间上单调递增，则实数的最大值为__________.
【答案】##
【分析】由x∈求出的范围A，根据余弦函数单调性可知A，列出不等式组求解出a的范围即可求其最大值.
【详解】x∈，则，
由题可知，，
则，
则a的最大值为.
故答案为：.
16．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】设由题可知，当时，可得适合题意，当时，可求函数的最小值即得，当时不合题意，即得.
【详解】设，由题可知，
∴，
当时，，适合题意，所以，
当时，令，则，
此时时，，单调递减，，，单调递增，
∴，又，
∴，
∴，即，
解得，
当时，时，，，故的值有正有负，不合题意；
综上，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，设由题可知，当时，利用导数可求函数的最小值，结合，可得，进而通过解，即得.

四、 解答题（本题共 6 小题，其中 17 题 10 分，18、19、20、21、22 题各 12 分， 共 70 分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求A；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用二倍角公式和两角差的正切公式进行化简整理，得到，进而利用三角形中的角度关系和范围分析求解即可；
（2）根据已知条件求出B，即可由正弦定理求出a，c，再利用三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）因为
，
，
所以由得．
因为，，，，所以①，
所以，，所以，即．②
联立①②得．
（2）因为，所以，，，所以，即．
，
由正弦定理，可得，
，
所以的面积．
18．已知数列的前项和为，，且满足
(1)设，证明：是等比数列
(2)设，数列的前项和为，证明：
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由题设可得，整理变形得，结合等比数列定义即可证结论；
（2）根据的关系求通项公式，进而可得，在上放缩，结合裂项求和证结论.
【详解】（1）由题设，，则，
所以，即，而，
故是首项与公比都为的等比数列.
（2）由（1），即，
当时，，
显然满足上式，
所以，则，
则，又时，
所以且，故.
19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为等边三角形，分别为棱的中点.

(1)棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(2)若，当二面角为时，证明：直线与平面所成角的正弦值小于.
【答案】(1)时，平面
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，取的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，连接，证得平面，过点作，可得平面，以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可证明.
【详解】（1）
当点为的中点时，平面，此时
如图，取的中点，连接.
因为为的中点，
所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）
如图，连接.
由条件可知.
又，所以.
因为为等边三角形，为的中点，
所以.
故为二面角的平面角，
所以.
又平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
在平面内，过点作，交于点，
则平面，
所以两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为，
轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则，
，
所以.
设平面的法向量为，
则，解得，令，得，则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则


故直线与平面所成角的正弦值小于.
20．2022年12月18日，第二十二届男足世界杯决赛在梅西率领的阿根廷队与姆巴佩率领的法国队之间展开，法国队在上半场落后两球的情况下，下半场连进两球，2比2战平进入加时赛，加时赛两队各进一球（比分3∶3）再次战平，在随后的点球大战中，阿根廷队发挥出色，最终赢得了比赛的胜利，时隔36年再次成功夺得世界杯冠军，梅西如愿以偿，成功捧起大力神杯．
(1)法国队与阿根廷队实力相当，在比赛前很难预测谁胜谁负．赛前有3人对比赛最终结果进行了预测，假设每人预测正确的概率均为，求预测正确的人数X的分布列和期望；
(2)足球的传接配合非常重要，传接球训练也是平常训练的重要项目，梅西和其他4名队友在某次传接球的训练中，假设球从梅西脚下开始，等可能地随机传向另外4人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外4人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住，记第n次传球之前球在梅西脚下的概率为，求．
【答案】(1)分布列见解析，期望为
(2)

【分析】（1）由题意，据此可得出分布列及期望；
（2）分析第次传球之前球所处位置的概率，根据互斥事件得出第n次传球前球在梅西脚下概率的递推关系，构造等比数列求解.
【详解】（1）因为，，X可能的取值为0，1，2，3，
，，
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





故．
（2）第n次传球之前球在梅西脚下的概率为，易得，，
则当时，第次传球之前球在梅西脚下的概率为，第次传球之前球不在梅西脚下的概率为，
故，即，
又因为，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，．
21．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．
(1)求椭圆C的标准方程
(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)标准方程为．
(2)直线l过定点

【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；
（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.
【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，
，
四边形OMPN的周长为，
，
，
，
椭圆C的标准方程为．
（2）设，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
代入，整理得，
则，
．
易知，


，
化简得，
或(舍去)，
直线l的方程为，即，直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，设，
代入，解得，
由得，
，解得或(舍去)，
此时直线l过点．
综上，直线l过定点．
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
22．设函数，.
(1)判断函数零点的个数，并说明理由；
(2)记，讨论的单调性；
(3)若在恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)的零点的个数为，理由见解析；
(2)时，在单调递减，时，在单调递减，在单调递增；
(3).

【分析】（1）由题可得函数的单调性，再根据零点存在定理即得；
（2）由题意得，讨论的符号可得到函数的单调性；
（3）由题意知在恒成立，设，可得，分析可得若在恒成立时，必有．然后通过对和两种情况的讨论即得．
【详解】（1）∵,
∴，
故在单调递增，
又，，
∴函数在内存在零点，
所以的零点的个数为；
（2）由题意得 ，
∴，
当时，，在上单调递减；
当时，由，解得（舍去负值），
由，可得，函数单调递减，
由，可得，函数单调递增，
综上，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增；
（3）由题意得在恒成立，
∴在恒成立，
设，
令，则，
当时，，在单调递增，
，即，
若，由于，故，
所以不成立，
故当在恒成立时，必有，
当时，设，
①当，即时，
由（2）知，单调递减，，单调递增，
因此，而，
即存在，使，
故当时，不恒成立；
②当，即时，
设，则，
由于且，即，故，
因此 ，
故在单调递增.
所以，
即时，在恒成立；
综上：当，在恒成立.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.