【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考数学模拟卷（新高考专用）黄金卷07数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．1．（陕西省安康市2022-2023学年高三上学期12月第一次质量联考理科数学试题）记集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解不等式确定集合，然后再根据交集的定义求其交集即可.【详解】或所以集合，，所以.故选：B.2．（2023·浙江温州·模拟预测）若复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的虛部是（    ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】根据复数的运算法则求得z即可求得虚部.【详解】由已知，故，故z的虛部是2.故答案为：D3．（2022·天津市南开中学滨海生态城学校高一阶段练习）已知函数的图象的相邻两个零点的距离为，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据函数图象相邻两个零点的距离为，求出周期，算出的值，再根据求出的值，即可得到答案.【详解】因为函数的图象的相邻两个零点的距离为，所以，所以，所以，又因为，所以，解得，因为，所以，所以.故选：B.4．（2022·内蒙古鄂尔多斯·高三期中（文））下列各式大小比较中，其中正确的是（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由不等式的性质，三角函数和指数对数函数的单调性，逐个判断选项是否正确.【详解】，∴，即，选项A错误；，则，得，故选项B错误；，选项C错误；，，∴，选项D正确.故选：D5．（2022·河南·民权县第一高级中学模拟预测（文））已知双曲线的离心率为，右焦点为，直线均过点且互相垂直，与双曲线的右支交于两点，与双曲线的左支交于点，为坐标原点，当三点共线时，（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据题意作出图形，由双曲线的对称性及双曲线的定义，利用勾股定理建立方程求解可得.【详解】设双曲线另一焦点为，连接，如图，因为三点共线，，所以由双曲线的对称性知，四边形为矩形，设，则，，在中，，即，又，解得或（舍去），在中，，即，解得，即.故选：B6．（2022·湖南·高二期末）第19届亚运会即将在西子湖畔----杭州召开，为了办好这一届“中国特色、浙江风采、杭州韵味、精彩纷呈”的体育文化盛会，杭州亚运会组委会决定进行赛会志愿者招募，在杭大学生纷纷踊跃参加.现有4名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在游泳、篮球、体操三个项目进行志愿者服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，在甲被安排到游泳项目的条件下，乙也被安排到游泳项目的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用条件概率的公式直接求解即可.【详解】记“甲被安排到游泳项目”为事件A，记“乙也被安排到游泳项目”为事件B，甲被安排到游泳项目分为两类，甲一人被安排到游泳项目的种数为，两人被安排到游泳项目的种数为，故种数为，甲乙被同时安排到游泳项目的种数为，所求概率为.故选：B.7．（2022·广东广东·高一期中）已知函数，若存在，使成立，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对进行分类讨论，结合直线、抛物线的知识求得的取值范围.【详解】，，过定点，开口向上，对称轴，当时，在递减，在递增，最小值为，根据直线和抛物线的知识可知：存在，使成立.当时，，，所以存在，使成立，当时，在上递增，在递增，即在上递增，所以不存在符合题意的.当时，在上递增，在上递减，在上递增，根据直线和抛物线的知识可知：存在，使成立.综上所述，的取值范围是.故选：D【点睛】对于含有参数的分段函数的分析，关键在于对参数进行分类讨论，本题中，涉及直线、抛物线，参数与直线的单调性、抛物线的对称轴（单调性）有关，由此可确定分类的标准，从而使分类做到“不重不漏”8．（2021·全国·高二专题练习）如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（     ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.【详解】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:则由可得,,是的两个三等分点则所以设平面的法向量为则,代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为由图可知,二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足设二面角的法向量为则代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为由图可知,二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足由二面角的范围可知结合余弦函数的图像与性质可知即化简可得,且所以所以的最大值是故选:B【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.二、多项选择题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（2022·江苏·南京师大附中高二期中）为迎接党的二十大胜利召开，某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照､分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（    ）A．B．得分在区间内的学生人数为200C．该校学生党史知识竞赛成绩的中位数大于80D．估计该校学生党史知识竞赛成绩的平均数落在区间内【答案】ABD【分析】根据频率分布直方图的性质直接计算即可.【详解】对于A，由频率分布直方图性质得：，解得，故正确；对于B，由频率分布直方图得：成绩落在区间的频率为，所以人数为，故B正确；对于，由频率分布直方图得：的频率为的频率为，所以成绩的中位数位于区间内，故错误；对于D，估计成绩的平均数为：，所以成绩的平均数落在区间内，故D正确.故选：ABD.10．（2022·福建·厦门市湖滨中学高二期中）如图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型为如图所示的六面体，其中四边形和为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，，，，下列说法不正确的是（    ）A．该几何体是四棱台B．该几何体是棱柱，平面是底面C．D．平面与平面的夹角为【答案】ABC【分析】根据台体、柱体、空间直角坐标系、线线垂直、面面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】因为四边形和为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，平面和平面是底面，故A，B错误；由题意可知，，两两垂直，如图，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，所以，不垂直，故C错误；根据题意可知平面，所以为平面的一个法向量，，设为平面的法向量，则有则可取，则，所以平面与平面的夹角为，故D正确．故选：ABC11．（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（    ）A．圆恒过原点B．圆与圆外切C．直线被圆所截得弦长的最大值为D．直线与圆相切或相交【答案】ACD【分析】A.代入点可判断；B.计算圆心距离与半径差的大小关系；C.利用垂径定理求弦长然后求最值；D.求圆心到直线的距离来判断.【详解】对于A：代入点得恒成立，A正确；对于B：，即两圆心距离等于两圆半径差，两圆内切，B错误；对于C：直线被圆所截得弦长为，，即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；对于D：圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，D正确；故选：ACD.12．（2022·福建·莆田华侨中学高二期中）已知数列满足，，，数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（    ）A．B．C．数列为单调递增的等差数列D．满足不等式的正整数n的最小值为63【答案】ABD【分析】由和递推公式→→，→A选项正确，B选项正确；→→为单调递增的等差数列→C选项不正确；→→→D选项正确【详解】因为，所以，所以，则，解得，，所以，，所以A选项正确，B选项正确；因为，所以，所以，又，所以，所以为单调递增的等差数列，则数列不是单调递增的等差数列，所以C选项不正确；，则，，解得，又，所以正整数n的最小值为63，所以D选项正确．故选：ABD．【点睛】数列问题，常常需要由递推公式求出通项公式，方法有累加法，累乘法，构造法等，要根据数列特征选择不同的方法.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（2022·上海交大附中高一期末）古代典籍《周易》中的“八卦”思想对我国的建筑有一定影响．图1是受“八卦”启示设计的正八边形的八角窗．在正八边形中，若，则______．【答案】##【分析】根据题意结合向量的线性运算分析运算.【详解】如图，连接，则，不妨设，则，即，∴，则，故.故答案为：.14．（2022·天津市汇文中学高三期中）的展开式中，的系数是_____________．（用数字填写答案）【答案】【分析】写出二项式的通项公式，然后计算即可.【详解】因为的通项公式为，令得，则其系数为．故答案为：15．（2022·上海市金山中学高二期末）已知、为双曲线的两个焦点，、为上关于坐标原点对称的两点，且，若直线的倾斜角为，则的离心率为____．【答案】##【分析】由题意画出图形，可得为正三角形，进一步得到四边形为矩形，再由双曲线的定义求解得答案．【详解】如图，∵直线的倾斜角为，∴，又，∴，可得为正三角形，由对称性可得，四边形为矩形，得到，由双曲线定义可得，，∴，故答案为：.16．（2020·黑龙江·哈九中高三期末（文））若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足和恒成立，则称直线为和的“隔离直线”．已知函数，，，则有下列命题：①与有“隔离直线”；②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；③和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；④和之间存在唯一的“隔离直线”．其中真命题的序号为_______________________．（请填上所有正确命题的序号）【答案】②④【分析】利用导数结合“隔离直线”的定义可判断①的正误；利用“隔离直线”的定义求出、所满足的不等式，求出、的取值范围，可判断②③的正误；求出函数和图象的公共点以及公切线方程，结合利用导数法证明出、，结合“隔离直线”的定义可判断④的正误.【详解】对于①，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递减，，当时，，此时；当时，，此时.所以，与不存在“隔离直线”，①错误；对于②，设和之间的“隔离直线”为，当时，，则在上恒成立，设，二次函数图象的对称轴为直线.当时，则，可得；当时，，则.不等式在上恒成立，即在上恒成立，若，函数在上单调递减，该函数在上无最小值，此时无解；若，可得，当时，，则；若，则，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，则.由上可知，当时，；当时，，，也满足，由上可知，整理可得，即，.由题意可知，，所以，故②正确；对于③，由②可知，，故③错误；对于④，、，则，，则，所以，函数、的图象的公共点为，，则，，则，所以，，所以，函数、的图象在公共点处有公切线，即.构造函数，所以，.构造函数，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，，即.综上可知，和之间存在唯一的“隔离直线”，④正确.故答案为：②④.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（河北省张家口市部分学校2023届高三上学期期中数学试题）已知正项数列的前n项和为，其中．(1)求的通项公式，并判断是否是等差数列