1、2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（16）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ABCD2设为虚数单位），则ABC1D3疫情期间，课的方式进行授课，某省级示范中学对在家学习的100名同学每天的学习时间（小时）进行统计，服从正态分布，则100名同学中，每天学习时间超过10小时的人数为（四舍五入保留整数）参考数据：，A15B16C31D324已知，则ABCD5将面积为4的矩形沿对角线折起，使二面角的大小为，则三棱锥外接球的体积的最小值为ABCD与的大小有关6用红、黄、蓝三种颜色给图中的、四个小方格涂色，使相邻小方格（有公共
2、边的小格）不同色，三种颜色可用完也可不用完，则不同的涂色方案种数为A6种B12种C18种D24种7设，分别为双曲线的左、右焦点，为坐标原点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，且满足，则该双曲线的离心率为ABC2D8定义在上的偶函数满足，且当，时，若关于的不等式的整数解有且仅有9个，则实数的取值范围为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已知，则下列结论一定正确的是ABCD10已知函数，若存在，使得对任意，则A任意，B任意，C存在，使得在，上有且仅有2个零点D存在，使
3、得在，上单调递减11已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点，交棱于点，以下结论正确的是A四边形不一定是平行四边形B平面分正方体所得两部分的体积相等C平面与平面可以垂直D四边形面积的最大值为12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若，且，则的展开式中的常数项为14已知，则与的夹角的余弦值为15已知数列满足，数列的通项为16在中，角，所对的边分别为，且，则的周长最小值为4、 解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说
4、明、证明过程或演算步骤。17的内角，所对的边分别为，（1）求；（2）若是的外接圆的劣弧上一点，且，求18已知数列中，且满足，设，（）求数列的通项公式；（）记，数列的前和为，求19如图1，在中，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2（）求证：；（）求点到平面的距离201616年4月23日，塞万提斯与莎士比亚辞世，4月23日也和其它一些伟大作者的生卒有关于是，以4月23日向书籍及其作者致以世界范围的敬意，自然成了联合国大会的选择年，联合国教科文组织定4月23日为世界图书与版权日（或世界书籍与版权日），汉译另有世界读书日、世界阅读日、世界书香日诸种年起，“全民阅读”已经连续4年写入政府工作
5、报告，在今年的政府工作报告中，“倡导全民阅读”的提法更是升级为“大力推动全民阅读”，全民阅读已经成为了国家战略为调查全校学生的课外阅读情况，教务处随机调查了100名学生（男生60人，女生40人），统计了他们的课外阅读达标情况（一个学期中课外阅读是否达到规定时间），结果如表：是否达标性别不达标达标男生3624女生1030（1）是否有的把握认为课外阅读是否达标与性别有关？附：0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828（2）如果把这100名学生中男生和女生课外阅读“达标”的频率分别当作全校男生和女生课外阅读“达标”的概率，且每位学生是否“达
6、标”相互独立现随机抽取3个学生男1女），用表示“3人中课外阅读达标的人数”，试求的分布列和数学期望21已知直线与椭圆交于，两点，且线段的中点恰好在抛物线上（）若抛物线的焦点坐标为，求的值；（）若过点的直线与抛物线的另一交点为，且，求面积的取值范围22已知函数（1）证明：上，有唯一的极小值点，且；（2）讨论函数零点个数2023新高考数学压轴冲刺模拟卷（16）答案1解：集合，故选：2解：由，得故选：3解：，故所求人数为故选：4解：，则，故选：5解：设矩形边长为，可得，矩形的对角线相互平方且相等，折叠后，球心在对角线交点上，且球的半径是对角线的一半，即，那么（当且仅当时取等号），三棱锥外接球的体积故
7、选：6解：根据题意，对于方格，有3种选择，对于、方格，若、方格颜的色相同，有2种选择，方程格2种选择，此时有种涂色方案，若、方格的颜色不同，有种选择，方格有1种选择，此时有种涂色方案，则、方格有种涂色方法，则有种不同的涂色方案；故选：7解：由，可得为等腰三角形，且为底边的中点，由到渐近线的距离为，由，可得，由，可得，可得故选：8解：因为定义在上的偶函数满足，所以，所以，所以函数的周期为4，函数的图象如图：令，将的图象绕坐标原点旋转可得，即，故选：9解：因为，则有，对于，因为，所以，故选项正确；对于，因为，所以且，故，故选项正确；对于，因为，所以，故，故选项错误；对于，因为与1的大小关系不确定，
8、故函数的单调性不确定，故与的大小不确定，故选项错误故选：10解：函数，其中为锐角，且，由题意，是的最小值点，所以关于对称，所以，故错误；因为的最小正周期，所以为最大值，所以任意，故正确；因为，且，在，中，此时恒为0，故不存在，使得在，上有且仅有2个零点，故错误；取，则在，内，单调递减，且，所以单调递减，故正确故选：11解：如图所示：对于，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形，故不正确；对于，由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故正确；对于，当、为棱中点时，平面，又因为平面，所以平面平面，故正确；对于，平行四边形的面积取最大值时，即三角形的
9、面积取得最大值，因为这个三角形的面积的两倍是该平行四边形的面积而位置固定，只需点到的距离最大，即可取得面积的最大值，当点与重合时，点与重合时，四边形面积的最大，且最大值为值为，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：的展开式中的通项，令，则，又，且，则的展开式中的常数项为，故答案为：414解：，又，故答案为：15解：数列满足，可知，作差可得：，故答案为：16解：因为
10、，化简得，即，所以，即，因为，所以，则的周长，当且仅当时取等号，所以的周长最小值为故答案为：17解：（1）由正弦定理知，即，（2）在中，由余弦定理知，由圆的内接四边形的性质，知，在中，由余弦定理知，即，解得或（舍负），18解：（）数列中，且满足，设，整理得，即（常数），即数列是以为首项，3为公比的等比数列；所以，即（）由于，所以故，则，所以，故19（）证明：在图中，为，边中点 所以又，所以在图2中，且，则平面又因为平面，所以（）解：由（）知平面，且平面，所以平面平面，且平面平面，在正中，过作，垂足为，所以平面即为三棱锥底面上的高，在中，在中，所以在梯形中，设点到平面的距离为，因为，所以，解得即
11、点到平面的距离为20解：（1），故有的把握认为课外阅读是否达标与性别有关（2）全校男生和女生课外阅读“达标”的概率分别为和，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，的分布列为0123数学期望21解：（）因为抛物线的焦点坐标为，所以抛物线方程为，所以，所以（）设，由得，所以，因为线段的中点，所以，所以，又因为点在抛物线上，所以，所以，所以，点，又，所以，又，所以，由得，所以，当时，所以，所以，点到直线的距离，所以三角形的面积由，所以，令，所以在上单调递减，所以，所以22解：（1）证明：令，则，当时，单调递增，（2），（3），所以在上，有唯一的极小值点，且（2）在上，为减函数，且，所以存在，所以在上，在，上，在上，为增函数，由（1）知，存在上，所以在上，在，上，所以上，无零点，在，上，为减函数，又，且，所以只有一个零点为0，在，上，为增函数，所以，所以在，上，仅有一个零点，综上所述，零点个数为2
