2023年新高考全國Ⅰ卷模擬測試卷09一、單選題1．集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，再結合交集的定義可求.【解析】因為，，所以．故選：C.2．已知的頂點，，，則頂點的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由平行四邊形可得進而即得．【解析】因為，，，由平行四邊形可得，設，則，所以，即的坐標為.故選：B.3．設是等比數列，則“”是“為遞增數列”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D【分析】根據數列單調性以及既不充分也不必要條件的定義可得答案.【解析】當時，由，得，則不為遞增數列；當為遞增數列時，，若，則，所以“”是“為遞增數列”的既不充分也不必要條件.故選：D4．某學校選派甲，乙，丙，丁，戊共5位優(yōu)秀教師分別前往四所農村小學支教，用實際行動支持農村教育，其中每所小學至少去一位教師，甲，乙，丙不去小學但能去其他三所小學，丁，戊四個小學都能去，則不同的安排方案的種數是（

）A．72 B．78 C．126 D．240【答案】B【分析】分組討論結合組合排列關系計算即可.【解析】要求每所小學至少去一位教師，則需要將5人分成4組，則①甲，乙，丙中有2位教師去同一所學校有：種情況，②甲，乙，丙中有1位教師與丁去同一所學校有：種情況，③丁，戊兩人選擇同一所學校有：種情況，所以滿足題意的情況為：，故選：B.5．2023年3月11日，“探索一號”科考船搭載著“奮斗者”號載人潛水器圓滿完成國際首次環(huán)大洋洲載人深潛科考任務，順利返回三亞．本次航行有兩個突出的成就，一是到達了東南印度洋的蒂阿曼蒂那深淵，二是到達了瓦萊比熱恩斯深淵，并且在這兩個海底深淵都進行了勘探和采集．如圖1是“奮斗者”號模型圖，其球艙可以抽象為圓錐和圓柱的組合體，其軸截面如圖2所示，則該模型球艙體積為（

）.A． B． C． D．【答案】C【分析】根據圓錐以及圓柱的體積公式即可求得答案.【解析】由模型的軸截面可知圓錐的底面半徑為，高為；圓柱的底面半徑為，高為，故該模型球艙體積為（），故選：C6．已知點，分別為雙曲線：的左、右焦點，點是雙曲線的一條漸近線上一點，且.若的面積為，則雙曲線的實軸長為（

）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】先求出雙曲線的漸近線方程，由的面積求出，進一步計算實軸長即可.【解析】雙曲線的漸近線方程為.如圖，由，知，過點作于點，則，，因為，所以.由，得，故雙曲線的實軸長為1.故選：B.7．設，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】構造函數研究其單調性，運用函數單調性比較大小即可.【解析】易知，，，令，則，，所以在上單調遞減，又因為，所以，即．故選：D.8．已知函數滿足，若，且，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得函數在時取最值，得函數的解析式，再由三角恒等變換計算的值.【解析】因為滿足，所以，所以，，又，所以，得，因為，，所以，所以，，，因為，所以.故選：D.二、多選題9．已知復數，，則（

）A．B．C．D．在復平面內對應的點位于第二象限【答案】AB【分析】根據復數的加減、乘法及共軛復數定義判斷A、B、C，再由復數對應點判斷所在象限判斷D.【解析】A：，對；B：，對；C：，錯；D：由C分析知：對應點為在第四象限，錯.故選：AB10．已知函數，下列說法正確的是（

）A．在處的切線方程為B．C．若函數的圖象與的圖象關于坐標原點對稱，則D．有唯一零點【答案】ABD【分析】利用導數的幾何意義求出切線方程判斷A；計算即可判斷B；利用對稱關系求出解析式判斷C；利用導數探討單調性結合零點存在性定理判斷D作答.【解析】對于A，函數，求導得，有，所以在處的切線方程為，即，A正確；對于B，函數，有，而，所以，B正確；對于C，函數，函數的圖象與的圖象關于坐標原點對稱，所以，C錯誤；對于D，函數的定義域為R，求導得，令，，當時，當時，，則函數在上遞增，在上遞減，于是，函數在上單調遞增，而，由零點存在性定理知在內存在唯一零點，所以有唯一零點，D正確.故選：ABD11．在正三棱柱中，，，E，F分別是棱BC，AC上的動點（不包括端點），且滿足，則下列結論正確的是（

）

A．存在點E，使得 B．直線與異面C．三棱錐體積最大值為 D．二面角的最大值為60°【答案】ACD【分析】根據線面垂直的判定定理與性質定理即可判斷A；取時，可得，即可判斷B；結合余弦定理及三棱錐體積公式運算即可判斷C；由二面角的定義確定平面角，即可判斷D.【解析】由正三棱柱，平面，且平面，可得，又，時，因為，，則，即，而，是平面內的兩條相交直線，由線面垂直的判定定理可得平面，而平面，則，即存在點E，使得，故A正確；當時，，故B錯誤；如圖，在中，

由余弦定理得，，，當且僅當時，等號成立，所以，故C正確；如圖，過點F作，垂足為D，則平面，過點D作，垂足為G，連結FG，

則就是二面角的一個平面角，，所以，當且僅當，即時等號成立，故D正確.故選：ACD.12．如圖拋物線的頂點為，焦點為，準線為，焦準距為4；拋物線的頂點為，焦點也為，準線為，焦準距為6．和交于、兩點，分別過、作直線與兩準線垂直，垂足分別為M、N、S、T，過的直線與封閉曲線交于、兩點，則（

）A． B．四邊形的面積為100C． D．的取值范圍為【答案】ACD【分析】根據拋物線的定義可得判斷A，以為原點建立平面直角坐標系，根據條件可得拋物線的方程為，可得，進而判斷B，利用拋物線的定義結合條件可得可判斷C，利用拋物線的性質結合焦點弦的性質可判斷D.【解析】設直線與直線分別交于，由題可知，所以，，故A正確；如圖以為原點建立平面直角坐標系，則，，所以拋物線的方程為，連接，由拋物線的定義可知，又，所以，代入，可得，所以，又，故四邊形的面積為，故B錯誤；連接，因為，所以，所以，故，故C正確；根據拋物線的對稱性不妨設點在封閉曲線的上部分，設在直線上的射影分別為，當點在拋物線，點在拋物線上時，，當與重合時，最小，最小值為，當與重合，點在拋物線上時，因為，直線，與拋物線的方程為聯立，可得，設，則，，所以；當點在拋物線，點在拋物線上時，設，與拋物線的方程為聯立，可得，設，則，，當，即時取等號，故此時；當點在拋物線，點在拋物線上時，根據拋物線的對稱性可知，；綜上，，故D正確.故選：ACD.三、填空題13．已知函數，則___________．【答案】/【分析】求得，結合的解析式可求得的值.【解析】因為，且，則.故答案為：.14．某班有45名同學，一次考試后的數學成績服從正態(tài)分布，則理論上在85分到90分的人數約是________．（按四舍五入法保留整數）附：，，．【答案】6【分析】根據正態(tài)分布曲線的性質得到，然后求人數即可.【解析】由題意知，，所以，所以理論上在85分到90分的人數約是.故答案為：6.15．已知曲線C：，點M與曲線C的焦點不重合．已知M關于曲線C的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在曲線C上，若m＝1時，的值為a，m＝－1時，的值為b，則的值為_____________．【答案】或【分析】根據中位線的性質和橢圓的定義求，根據中位線的性質和雙曲線的定義求，由此可求.【解析】設曲線C的左右焦點分別為，，若m＝1，則曲線C為橢圓，由中位線及橢圓定義知，，所以；若m＝－1，則曲線C為雙曲線，由中位線及雙曲線定義知，，所以，，a＋b＝或．故答案為：或.

16．有個編號分別為1，2，…，n的盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球，現從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，以此類推，則從第2個盒子中取到白球的概率是______，從第個盒子中取到白球的概率是______．【答案】【分析】記事件表示從第i個盒子里取出白球，利用全概率公式可得，進而可得，然后構造等比數列，求通項公式即得.【解析】記事件表示從第個盒子里取出白球，則，，所以，，，進而可得，，又，，，所以是首項為，公比為的等比數列，所以，即，故答案為：；.四、解答題17．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知.(1)求角A的大??；(2)若，，求邊c及的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據正弦定理化簡為，從而可得，結合角的范圍可得，從而可求得；（2）由正弦定理求得，再根據余弦定理可求得，由求得，進而求得，，再結合和角正弦公式可得.【解析】（1）根據正弦定理，由可得.即，即，因為，所以.所以，即.（2）由正弦定理，可得，解得，根據余弦定理可得，即，，解得或（舍去）故.因為，所以，所以，所以，，所以.18．浙江省東魁是現在世界上最大果形的，有“乒乓”、“之皇”的美譽.東魁始于浙江黃巖區(qū)江口街道東岙村一棵樹齡約120多年的野樹，經過東岙村和白龍岙村村民不斷改良，形成了今天東魁的品種.栽培東魁一舉多得，對開發(fā)山區(qū)資源，綠化荒山，保持水土，增加山區(qū)經濟收入具有積極意義.根據多年的經驗，可以認為東魁果實的果徑（單位：mm），但因氣候、施肥和技術的不同，每年的和都有些變化.現某農場為了了解今年的果實情況，從摘下的果實中隨機取出1000顆，并測量這1000顆果實的果徑，得到如下頻率分布直方圖.(1)用頻率分布直方圖估計樣本的平均數近似代替，標準差s近似代替，已知.根據以往經驗，把果徑與的差的絕對值在內的果實稱為“標準果”.現從農場中摘取20顆果，請問這20顆果恰好有一顆不是“標準果”的概率；（結果精確到0.01）(2)隨著直播帶貨的發(fā)展，該農場也及時跟進.網絡銷售在大大提升銷量的同時，也增加了壞果賠付的成本.現該農場有一款“”的主打產品，該產品按盒銷售，每盒20顆，售價80元，客戶在收到貨時如果有壞果，每一個壞果該農場要賠付4元.根據收集到的數據，知若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現壞果個數滿足，若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現壞果個數滿足，（為常數），請運用概率統計的相關知識分析，選擇哪款包裝盒可以獲得更大利潤?參考數據：；；；；；.【答案】(1)0.38(2)當時，采用兩種包裝利潤一樣，當時，采用B款包裝盒，當時，采用A款包裝盒.【分析】（1）利用二項分布求出相應概率；（2）分別求出采用A，B款包裝盒獲得利潤的數學期望，通過比較大小，得到相應結論.【解析】（1）由題意得：，所以，，則，，所以，設從農場中摘取20顆果，這20顆果恰好有一顆不是“標準果”為事件A，則（2）由，解得：，所以，采用A款包裝盒獲得利潤的數學期望，采用B款包裝盒獲得利潤的數學期望，令，解得：a=，由于，令，解得：，令，解得：，故當時，采用兩種包裝利潤一樣，當時，采用B款包裝盒，當時，采用A款包裝盒.19．如圖，在三棱臺中，平面，與是分別以和為斜邊的等腰直角三角形，，，與交于點，點在棱上，且.

(1)求證：平面；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接,通過幾何關系可得到，然后利用線面平行的判定定理即可證明；（2）取中點,連接，然后建立空間直角坐標系，求出和平面的法向量，即可求出對應角的正弦值【解析】（1）連接,在梯形中,,所以，因為,所以,所以.因為平面平面,所以平面；（2）取中點,連接,易得，因為平面，所以平面，以為坐標原點,分別以為軸,軸,軸建立空間直角坐標系,

則由可得,所以,設平面的法向量為,則有,得,取,得,設直線與平面所成角為.則所以直線與平面所成角的正弦值20．已知雙曲線的實軸長為，C的一條漸近線斜率為，直線l交C于P，Q兩點，點在雙曲線C上.(1)若直線l過C的右焦點，且斜率為，求的面積；(2)設P，Q為雙曲線C上異于點的兩動點，記直線MP，MQ的斜率分別為，，若，求證：直線PQ過定點.【答案】(1)(2)證明見詳解.【分析】（1）根據雙曲線離心率公式，結合雙曲線焦距定義求出雙曲線的方程聯立進行求解即可；（2）設出直線方程與雙曲線方程聯立，根據一元二次方程根的判別式、根與系數關系，結合直線斜率公式進行求解即可.【解析】（1）如圖：

因為雙曲線的實軸長為，所以，即.又因為C的一條漸近線斜率為，所以，所以，故雙曲線.則其右焦點坐標為，因為直線l過C的右焦點，且斜率為，所以直線l的方程為：，設，.聯立得：，所以由韋達定理得：，.所以，點到直線l的距離為：.所以.（2）證明：如圖

設直線PQ的方程為：，設，.聯立得：.，即所以：，.而，則，.因為，所以整理的：，所以，所以：，所以，整理得：，代入韋達定理得：，所以，整理得：，即，則或.當時，直線線PQ的方程為：，所以過定點；當時，直線線PQ的方程為：，所以過定點.即為，因為P，Q為雙曲線C上異于點的兩動點，所以不符合題意.故直線PQ過的定點為.【點睛】與圓錐曲線相交的直線過定點問題，設出直線的方程，與圓錐曲線方程聯立，借助韋達定理建立關系即可解決問題.21．已知函數.(1)討論的單調性；(2)設是兩個不相等的正數，且