1、2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（18）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，0，1，2，则A，1，B，C，D，1，2，2若，则A2B4CD53设变量与有如表五组数据：由散点图可知，与之间有较好的线性相关关系，已知其线性回归方程是，则123454.54232.5A4.4B4.5C4.6D4.74已知双曲线的渐近线方程为，焦点与双曲线的焦点相同，则双曲线的方程为ABCD5若正实数，满足，则的最小值为ABC5D6已知曲线，曲线，则下面结论正确的是A把上各点横坐标伸长到原来2倍（纵坐标不变）后，再向右平移个单位长度得到曲线B
2、把上各点横坐标伸长到原来2倍（纵坐标不变）后，再向左平移个单位长度得到曲线C把上各点横坐标缩短到原来倍（纵坐标不变）后，再向右平移个单位长度得到曲线D把上各点横坐标缩短到原来倍（纵坐标不变）后，再向左平移个单位长度得到曲线7为了弘扬我国古代的“六艺文化”，某学校欲利用每周的社团活动课开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程，每周开设一门，连续开设六周，若课程“射”不排在第二周，课程“乐”不排在第五周，则所有可能的排法种数为A600种B504种C480种D384种8正方体中，是的中点，是线段上任意一点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是A，B，C，D，2、 选择题：本题共4小题，每小题5
3、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近年来中国进入一个鲜花消费的增长期，某农户利用精准扶贫政策，贷款承包了一个新型温室鲜花大棚，种植销售红玫瑰和白玫瑰若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布，和，则下列选项正确的是附：若随机变量服从正态分布，则A若红玫瑰日销售量范围在的概率是0.6826，则红玫瑰日销售量的平均数约为250B红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中C白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中D白玫瑰日销售量范围在的概率约为0.341310设向量，则下列结论正确的有ABCD与的夹角为11在中，内角，的对
4、边分别为，已知，且，则ABCD12已知函数，下列选项正确的是A函数在上为减函数，在上为增函数B当时，C若方程有2个不相等的解，则的取值范围为D，且3、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在的二项展开式中，的系数为；所有二项式系数和为14已知数列的前项和为，且满足，则的最小值为15如图，在平行六面体中，所有棱长均为，且，点在棱上，且，平面过点且平行于平面，则平面与平行六面体各表面交线围成的多边形的面积是16已知，分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为，、为平面内两点，且当取得最小值时，点与点重合；当取得最大值时，点与点重合，则的面积为4、 解答题：本题共6小题，共70分。解答应写
5、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；（2）已知，且边上有一点满足，求18已知数列，是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，且，成等比数列（）求数列和的通项公式（）记，求数列的前项和19如图，已知四棱柱的底面为菱形，为上一点，过和点的平面分别交，于点，（1）求证：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积20某班组织“2人组”投篮比赛，每队2人在每轮比赛中，每队中的两人各投篮1次，规定：每队中2人都投中，则该队得3分；若只有1人投中，则该队得1分；若没有人投中，则该队得分队由甲、乙两名同学组成，甲投球一次投中的概率为，乙投球一次投中的概率为，且甲、乙投中与
6、否互不影响，在各轮比赛中投中与否也互不影响（）求队在一轮比赛中的得分不低于1分的概率；（）若共进行五轮比赛，记“队在一轮比赛中得分不低于1分”恰有次，求的期望和方差；（）若进行两轮比赛，求队两轮比赛中得分之和的分布列和期望21已知椭圆的左、右焦点分别为，以为直径的圆过椭圆的上、下顶点，长轴长为4（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左、右顶点分别为，点，过点的直线与分别交椭圆于点，证明：直线必过轴上的一定点22已知函数，（1）令，讨论函数的单调性；（2）令，当时，若恒成立，求实数的取值范围2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（18）答案1解：集合，0，1，2，故选：2解：，故选：3解：，线性回归方程是
7、，所以故选：4解：双曲线的焦点，双曲线的焦点，双曲线的渐近线方程为，所以，解得，双曲线的方程为：故选：5解：因为正实数，满足，则，当且仅当且即，时取等号，此时的最小值5故选：6解：对于，把上各点横坐标伸长到原来2倍（纵坐标不变）后，可得再向右平移个单位长度得到曲线，故正确；对于，把上各点横坐标伸长到原来2倍（纵坐标不变）后，可得再向左平移个单位长度得到，故错误；对于，把上各点横坐标缩短到原来倍（纵坐标不变）后，可得，再向右平移个单位长度得到，故错误；，把上各点横坐标缩短到原来倍（纵坐标不变）后，可得，再向左平移个单位长度得到，故错误；故选：7解：根据题意，分2种情况讨论：课程“射”排在第五周，
8、剩下5“艺”任意安排在其他五周即可，有种安排方法，课程“射”不排在第五周，则课程“射”有4种排法，课程“乐”有4种排法，剩下4“艺”任意安排在其他四周即可，此时有种安排方法，则有种安排方法；故选：8解：建立如图坐标系，取则，0，2，0，2，2，2，令，则且令可得，故选：9解：若红玫瑰日销售量范围在的概率是0.6826，则，即红玫瑰日销售量的平均数约为250，故正确；红玫瑰日销售量的方差，白玫瑰日销售量的方差，红玫瑰日销售量的方差小于白玫瑰日销售量的方差，则红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中，故正确，错误；白玫瑰日销售量范围在的概率，故正确故选：10解：对于，因为，所以，所以，所以错误；对于，
9、由，得，而，所以与不共线，所以错误；对于，由，得，所以与垂直，所以正确；对于，由，得，而，所以，所以正确，故选：11解：，整理可得：，可得，可得，故正确，错误；，且，解得由余弦定理可得：，解得，故错误，正确故选：12解：对于，函数的定义域为，令，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，所以在，递减，故错误；对于，令，当时，单调递增，所以当时，即，即，故正确；对于，的定义域为，且为偶函数，若方程有2个不相等的解，则方程在上有1个解，由可知，当在上单调递减，所以，所以方程有2个不相等的解，则的取值范围是，故错误；对于，当时，故时，当时，故，且，故正确，故选：13解：在的二项展开式的通项公式为，
10、令，求得，可得的系数为所有二项式系数和为，故答案为：；6414解：由于，整理得，变换为：（常数），故数列是以2为首项，2为公差的等差数列；所以，（首项符合通项），故，则，当且仅当时，即时，等号成立，故答案为：415解：如图，符合条件的截面是六边形，如图所示，该六边形在边长为的正三角形中，且，六边形内角均为，所以，故答案为：16解：由题意可知是以，为圆心，1为半径的圆，如图：记的准线为，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，连接，则，当且仅当，三点共线且点在线段上时取等号，则点，连接，则，当且仅当为线段的延长线与抛物线的交点，且点在线段上时等号成立，易知点在第一象限，由得，点到直线的距离为
11、，故答案为：17解：（1）因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以（2）解法一：设的边上的高为，的边上的高为，因为，所以，所以，是角的内角平分线，所以，因为，可知，所以，所以解法二：设，则，因为，所以，所以，所以，因为，可知，所以，所以解法三：设，则，在中，由，及余弦定理得因为，可知，在中，即，在中，即，所以18解：（）对于任意，都有，可得时，解得，时，又，可得，即为，所以；数列是等差数列，设公差为，由，成等比数列，可得，即为，解得，则；（），当为偶数时，；为奇数时，所以；19（1）证明：四边形为菱形，又，又，平面平面，平面平面，平面，平面平面（2）解：，在中，过点作交于点
12、，由（1）知平面平面，平面又平面，由等体积法得：20解：（）设事件“队在一轮比赛中的得分不低于1分”为事件，“甲在一轮中投中”为事件，“乙在一轮中投中”为事件，则，相互独立，且（C），（D），队在一轮比赛中的得分不低于1分的概率为：（B）（）由（）知“队在一轮比赛中的得分不低于1分”的概率为，共进行五轮比赛，记“队在一轮比赛中得分不低于1分”恰有次，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，且，的期望，方差（）进行两轮比赛，队两轮比赛中得分之和为则的可能取值为，0，2，4，6，的分布列为：024621解：（1）依题意，椭圆的标准方程为；（2）证明：由（1）可知，设，直线，联立直线与椭圆方程有，化简可得，而直线，联立可得，直线，联立可得，又由，得，解得，直线必过轴上的一定点22解：（1），则令，解得，或当时，可得函数在，上单调递减；在上单调递增当时，可得：，函数在上单调递减；当时，可得函数在，上单调递减；在上单调递增（2）当时，在上恒成立，此时函数在上单调递增，恒成立，满足条件当时，可得函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，恒成立，恒成立，满足题意当时，函数取得极小值即最小值，恒成立，解得，因此综上可得：实数的取值范围是，
