絕密★考試結(jié)束前2023年新高考數(shù)學(xué)仿真試卷全卷滿分150分，考試用時120分鐘。注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目1．若復(fù)數(shù)滿足，則在復(fù)平面內(nèi)的共阨復(fù)數(shù)所對應(yīng)的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法計算出，再根據(jù)共軛復(fù)數(shù)定義得出，最后確定對應(yīng)點在復(fù)數(shù)平面的位置即可．【詳解】由，得，所以，則其在復(fù)平面內(nèi)其所對應(yīng)的點為，位于第一象限．故選：A．2．已知全集，集合，則集合為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】計算出，從而根據(jù)交集，并集和補集概念計算出四個選項，得到正確答案.【詳解】由題意知，，A選項，，A錯誤；B選項，，B錯誤；C選項，，故，C錯誤；所以.故選：D.3．在平面直角坐標系中，角的頂點為，始邊與軸的非負半軸重合，終邊與圓相交于點，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根據(jù)三角函數(shù)的定義求出，再由二倍角公式和誘導(dǎo)公式求出答案.【詳解】因為的終邊與圓相交于點，所以，所以.故選：B.4．將半徑為6的半圓卷成一個無底圓錐（鋼接處不重合），則該無底圓錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出無底圓錐的半徑和高，從而得到圓錐的體積.【詳解】由題意知，所卷成的無底圓錐母線長為6，設(shè)該無底圓錐的底面半徑為，高為，則，所以，所以，所以.故選：C.5．計算機是20世紀最偉大的發(fā)明之一，被廣泛地應(yīng)用于工作和生活之中，在進行計算和信息處理時，使用的是二進制.已知一個十進制數(shù)可以表示成二進制數(shù)，且，其中.記中1的個數(shù)為，若，則滿足的的個數(shù)為（

）A．126 B．84 C．56 D．36【答案】A【分析】根據(jù)題意，由條件結(jié)合組合的定義即可得到結(jié)果.【詳解】由題意得中1的個數(shù)為6，因為，所以中1的個數(shù)為5，所以滿足的的個數(shù)為.故選:A.6．純電動汽車是以車載電源為動力，用電機驅(qū)動車輪行駛，符合道路交通?安全法規(guī)各項要求的車輛，它使用存儲在電池中的電來發(fā)動．因其對環(huán)境影響較小，逐漸成為當(dāng)今世界的乘用車的發(fā)展方向．研究發(fā)現(xiàn)電池的容量隨放電電流的大小而改變，1898年P(guān)eukert提出鉛酸電池的容量、放電時間和放電電流之間關(guān)系的經(jīng)驗公式：，其中為與蓄電池結(jié)構(gòu)有關(guān)的常數(shù)（稱為Peukert常數(shù)），在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流為時，放電時間為；當(dāng)放電電流為時，放電時間為，則該萻電池的Peukert常數(shù)約為（

）（參考數(shù)據(jù)：，）A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.15【答案】D【分析】根據(jù)題意可得，再結(jié)合對數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可求解．【詳解】由題意知，所以，兩邊取以10為底的對數(shù)，得，所以．故選：D．7．已知是拋物線的焦點，過點且斜率為2的直線與交于兩點，若，則（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】法一：設(shè)出的方程為，聯(lián)立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，利用焦半徑得到，從而列出方程，求出答案；法二：寫成直線的參數(shù)方程，代入拋物線方程，利用參數(shù)的幾何意義得到方程，求出答案.【詳解】法一：由題意知，故的方程為，與的方程聯(lián)立，得，顯然，設(shè)，則，所以，又，所以，所以.法二：直線的斜率為2，設(shè)其傾斜角為，則，故，故直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），代入，整理得，，顯然，設(shè)該方程的兩根為，則，，所以.故選：.8．已知函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱，且滿足：（1）當(dāng)時，；（2）、且，，則下列關(guān)于的判斷錯誤的是（

）A．為奇函數(shù) B．C．是的一個周期 D．在上單調(diào)遞減【答案】D【分析】利用奇偶性的定義解結(jié)合（2）可判斷A選項；由奇函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合（2）可判斷B選項；根據(jù)（2）以及B選項推導(dǎo)出，可得出，再結(jié)合函數(shù)周期性的定義可判斷C選項；利用（2）結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義可判斷D選項.【詳解】因為、，，所以為上的奇函數(shù)，A對；因為，所以，所以，B對；因為，所以，所以是的一個周期，C對；、，且，則，因為當(dāng)時，，所以、、均小于，又，所以，所以，所以在上單調(diào)遞增，D錯．故選：D．多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分。每道題目至少有一個正確選項啊，漏選或者是少選得2分，不選或者是選錯不得分）9．在平面直角坐標系xOy中，過拋物線的焦點的直線l與該拋物線的兩個交點為，，則（

）A．B．以AB為直徑的圓與直線相切C．的最小值D．經(jīng)過點B與x軸垂直的直線與直線OA交點一定在定直線上【答案】ABD【分析】聯(lián)立直線l與拋物線，利用韋達定理可判斷A；取AB中點M即為圓心，分別過A、B、M作直線的垂線，由拋物線定義得M到直線的距離等于AB距離的一半，判斷B；，韋達定理結(jié)合點滿足拋物線方程，化簡計算即可判斷C；寫出兩條直線方程并聯(lián)立求出交點坐標，結(jié)合前面結(jié)論化簡交點縱坐標，即可判斷D．【詳解】解：由拋物線，知焦點，由題意知直線l斜率存在，設(shè)直線l方程為，聯(lián)立，消x得，所以，故A正確；設(shè)AB中點為M，M為以AB為直徑的圓的圓心，又是拋物線的準線，利用拋物線定義，分別過A、B、M作直線的垂線，垂足分別為、、，得，由拋物線定義知，即，故B正確；聯(lián)立直線l與拋物線，得，，因為，所以，即；故C錯誤；經(jīng)過點B與x軸垂直的直線為直線OA為，聯(lián)立得交點，因為，則；所以經(jīng)過點B與x軸垂直的直線與直線OA交點一定在定直線．故D正確．故選：ABD．10．已知函數(shù)（）在有且僅有3個零點，下列結(jié)論正確的是（

）A．函數(shù)的最小正周期B．函數(shù)在上存在，，滿足C．函數(shù)在單調(diào)遞增D．的取值范圍是【答案】ABD【分析】設(shè)在有且僅有3個零點，，，且.A，最小正周期即可判斷；B，取，，滿足，，即可判斷；D，結(jié)合正弦函數(shù)的零點，計算可得函數(shù)在軸右側(cè)的前4個零點分別是，，，，再列出不等式，解之即可判斷；C，由選項D可知，可取，此時，比較和的大小即可判斷.【詳解】解：設(shè)在有且僅有3個零點，，，且，對A，最小正周期，即A正確；對B，在上存在，，滿足，，所以可以成立，即B正確；對D，令，，則函數(shù)的零點為，，所以函數(shù)在軸右側(cè)的前4個零點分別是，，，，因為函數(shù)在有且僅有3個零點，所以，解得，即D正確；對C，由D選項可知，，不妨取，此時，所以，，即，并不滿足在單調(diào)遞增，即C錯誤.故選：ABD.【點睛】本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)，只要把作為一個整體，與正弦函數(shù)對比即可得出相應(yīng)性質(zhì)．11．設(shè)是無窮數(shù)列，若存在正整數(shù)，使得對任意，均有，則稱是間隔遞增數(shù)列，是的間隔數(shù)，下列說法正確的是(

)A．公比大于1的等比數(shù)列一定是間隔遞增數(shù)列B．已知，則是間隔遞增數(shù)列C．已知，則是間隔遞增數(shù)列且最小間隔數(shù)是2D．已知，若是間隔遞增數(shù)列且最小間隔數(shù)是3，則【答案】BCD【分析】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，當(dāng)時，，可判斷A；，令，利用其單調(diào)性可判斷B；，分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論可判斷C；若是間隔遞增數(shù)列且最小間隔數(shù)是3，則，成立，問題轉(zhuǎn)化為對于，存在使之成立，且對于，存在使之成立，求解可判斷D．【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則．因為，所以當(dāng)時，，故A錯誤；，令，則在上單調(diào)遞增，令，解得，此時，，故B正確；，當(dāng)n為奇數(shù)時，，存在，使成立；當(dāng)n為偶數(shù)時，，存在，使成立．綜上是間隔遞增數(shù)列且最小間隔數(shù)是2，故C正確；若是間隔遞增數(shù)列且最小間隔數(shù)是3，則，成立，則對于，存在使之成立，且對于，存在使之成立．即對于，存在使之成立，且對于，存在使之成立，所以，且，解得，故D正確．故選：BCD.12．設(shè)定義在R上的函數(shù)與的導(dǎo)函數(shù)分別為和，若，，且為奇函數(shù)，則下列說法中一定正確的是（

）A． B．函數(shù)的圖象關(guān)于對稱C． D．【答案】AC【分析】由為奇函數(shù)可得，由取導(dǎo)數(shù)可得，結(jié)合條件，判斷B，再由條件判斷函數(shù)，的周期，由此計算，，判斷C，D．【詳解】因為為奇函數(shù)，所以，取可得，A對，因為，所以；所以，又，，故，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，B錯，因為，所以，所以，為常數(shù)，因為，所以，所以，取可得，所以，又，所以，所以，所以，故函數(shù)為周期為4的函數(shù)，因為，所以，，所以，所以，所以，由已知無法確定的值，故的值不一定為0，D錯；因為，所以，，所以，故函數(shù)為周期為4的函數(shù)，所以函數(shù)為周期為4的函數(shù)，又，，，，所以，所以，C對，故選：AC.【點睛】方法點睛：抽象函數(shù)對稱性與周期性的判斷如下：若，則函數(shù)關(guān)于對稱；若，則函數(shù)關(guān)于中心對稱；若，則是的一個周期填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，若點在橢圓上，則過點的橢圓切線方程為.現(xiàn)過點作橢圓的切線，切點為，當(dāng)（其中為坐標原點）的面積為時，___________.【答案】【分析】點，由題意可得切線方程，進而可求點的坐標，根據(jù)的面積整理可得，結(jié)合橢圓方程即可得結(jié)果.【詳解】設(shè)點，則切線，令，得，可得，則，∵點在橢圓上，則，即，解得，所以.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：以點為切入點，設(shè)點，根據(jù)題意可得切線，這樣就可得，再根據(jù)題意運算求解即可.14．已知平面向量，，，其中為單位向量，若，則的取值范圍是__________.【答案】【分析】建立如圖所示坐標系，不妨設(shè)，由題意，可知，記，，則，求出點的軌跡方程，由的幾何意義可得即為點的軌跡上的點到點的軌跡上的點的距離，從而可得出答案．【詳解】解：建立如圖所示坐標系，不妨設(shè)，由知，點在直線或上，由題意，可知，記，，則，由定弦所對的角為頂角可知點的軌跡是兩個關(guān)于軸對稱的圓弧，設(shè)，則，因為，即，整理得或，由對稱性不妨只考慮第一象限的情況，因為的幾何意義為：圓弧的點到直線上的點的距離，所以最小值為，故．故答案為：．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解答的關(guān)鍵是建立平面直角坐標系，利用坐標法求出動點的軌跡，再結(jié)合解析幾何的知識求出向量模的取值范圍.15．已知雙曲線的左，右焦點F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上左支上動點，則三角形PF1F2的內(nèi)切圓的圓心為G，若與的面積分別為，則取值范圍是____________【答案】【分析】由圓的切線性質(zhì)結(jié)合雙曲線的定義可求圓心G的坐標，再利用三角形面積公式及其比值，由此可得取值范圍.【詳解】如圖設(shè)切點分別為M，N，Q，由切線的性質(zhì)可得，所以的內(nèi)切圓的圓心G的橫坐標與Q橫坐標相同．由雙曲線的定義，．由圓的切線性質(zhì)，，，所以，因為，所以，，Q橫坐標為．因為雙曲線的a＝1，b＝，c＝2，可設(shè)，設(shè)（m＞1），因為，，可得，所以取值范圍是，故答案為：.16．已知正項數(shù)列是公比不等于1的等比數(shù)列，且，若，則__________.【答案】【分析】根據(jù)對數(shù)運算法則可得，再利用等比數(shù)列性質(zhì)和函數(shù)可得，利用倒序相加即可得.【詳解】由題意可知，，所以；由等比數(shù)列性質(zhì)可得；又因為函數(shù)，所以，即，所以；令，則；所以，即.故答案為：解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（10分）．在已知數(shù)列中，.(1)若數(shù)列是等比數(shù)列，求常數(shù)t和數(shù)列的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前項的和.【答案】(1)；.(2)【分析】（1）由，化簡得到，得出時首項為，公比為的等比數(shù)列，求得，進而求得數(shù)列的通項公式；（2）由（1）得到，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式和并項求和法，即可求解.【詳解】（1）解：由題意，數(shù)列滿足，所以，又由，可得，所以數(shù)列時首項為，公比為的等比數(shù)列，又因為數(shù)列是等比數(shù)列，所以，可得，所以數(shù)列的通項公式為.（2）解：由（1）知：，可得，所以數(shù)列的前項的和為：.18（12分）．在銳角中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足.(1)求角B的大?。?2)若，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理把已知式子統(tǒng)一成邊的關(guān)系，再利用余弦定理可求出角B的大小，（2）由（1）可得，由正弦定理可得，然后由為銳角三角形求出角的范圍，再利用正切函數(shù)的性質(zhì)可求得結(jié)果【詳解】（1）因為，所以由正弦定理可得，化簡得，所以由余弦定理得，因為，所以（2）因為，所以,由正弦定理得，，所以，因為為銳角三角形，所以，得，所以，所以，所以，，所以，即的取值范圍為19（12分）．如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝a，E是PC的中點，過E作EF⊥PB，交PB于點F．(1)證明：PB⊥平面EFD；(2)若平面PBC與平面PBD的夾角的大小為，求AD的長度.【答案】(1)證明見解析；(2)a.【分析】(1)要證PB⊥平面EFD，則要證PB⊥DE，則證DE⊥平面PBC，則證DE⊥BC，則證BC⊥平面PCD；(2)以D為坐標原點，DA、DC、DP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，求出平面PBC和平面PBD的法向量，利用向量方法即可求出AD．【詳解】（1）∵PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是矩形，∴，，又，∴平面PDC，∵平面PDC，∴．又∵，E是PC的中點，∴，∵，∴DE⊥平面PBC，∴．又，，∴PB⊥平面EFD；（2）如圖，由題意知DA、DC、DP兩兩互相垂直，以D為坐標原點，DA、DC、DP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.設(shè)，則，，，，，∴，，由(1)知，DE⊥平面PBC，故是平面PBC的一個法向量，且．設(shè)平面PBD的法向量為，由得即取，得，∴，解得，即．20（12分）．2021年3月5日李克強總即在政府作報告中特別指出：扎實做好碳達峰，碳中和各項工作，制定2030年前碳排放達峰行動方案，優(yōu)化產(chǎn)業(yè)結(jié)構(gòu)和能源結(jié)構(gòu)．某環(huán)保機器制造商為響應(yīng)號召，對一次購買2臺機器的客戶推出了兩種超過機器保修期后5年內(nèi)的延保維修方案：方案一；交納延保金5000元，在延保的5年內(nèi)可免費維修2次，超過2次每次收取維修費1000元；方案二：交納延保金6230元，在延保的5和內(nèi)可免費維修4次，超過4次每次收取維修費t元；制造商為制定的收取標準，為此搜集并整理了200臺這種機器超過保修期后5年內(nèi)維修的次數(shù)，統(tǒng)計得到下表維修次數(shù)0123機器臺數(shù)20408060以這200臺機器維修次數(shù)的頻率代替1臺機器維修次數(shù)發(fā)生的概率，記X表示2臺機器超過保修期后5年內(nèi)共需維修的次數(shù)．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金與維修費用之和的均值為決策依據(jù)，為使選擇方案二對客戶更合算，應(yīng)把t定在什么范圍？【答案】（1）答案見解析；（2）．【分析】（1）根據(jù)統(tǒng)計表，維修0、1、2、3次的機器的比例分別為、、、，而2臺機器超過保修期后5年內(nèi)共需維修的次數(shù)可能有，對應(yīng)的基本事件為、、、、、、，進而可求各可能值的概率，寫出分布列即可.（2）根據(jù)兩個方案的描述，結(jié)合（1）所得的分布列，分別寫出方案一、方案二所需費用的分布列，進而求它們的期望，要使選擇方案二對客戶更合算有，即可求的范圍.【詳解】（1）由題意得，，，，，，，，∴X的分布列為X0123456P（2）選擇方案一：所需費用為元，則時，，時，；時，；時，，時，，∴的分布列為50006000700080009000，選擇方案二：所需費用為元，則時，；時，；時，，則的分布列為6230，要使選擇方案二對客戶更合算，則，∴，解得，即的取值范圍為．21（12分）．已知圓，圓，．