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1、2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学一、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（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（ ）A. 2B. C. 3D. 3. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（ ）A. B. C. D. 4. 已知某摩天轮半径为，其中心到地面的距离为，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每分钟转动一圈已知当游客距离地面超过时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（ ）A. 分钟B. 分钟C. 分钟D. 分钟5
2、. 现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（ ）A. B. C. D. 6. 已知ABC是单位圆O的内接三角形，若，则的最大值为（ ）A. B. C. 1D. 7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 8. 已知，则（参考数据：）（ ）A. B. C. D. 二、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. 已知直线与平面有公共点，则下列结论一定正确
3、的是（ ）A. 平面内存在直线与直线平行B. 平面内存在直线与直线垂直C. 存在平面与直线和平面都平行D. 存在过直线的平面与平面垂直10. 已知，则下列说法正确的是（ ）A. 是周期函数B. 有对称轴C. 有对称中心D. 在上单调递增11. 现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（ ）A. 甲球员连续5场比赛得分都不低于24分B. 乙球员连
4、续5场比赛得分都不低于24分C. 丙球员连续5场比赛得分都不低于24分D. 丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于2412. 在平面直角坐标系中，已知正方形ABCD四边所在直线与x轴的交点分别为，则正方形ABCD四边所在直线中过点的直线的斜率可以是（ ）A. 2B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知公比大于的等比数列满足，则的公比_14. 已知直四棱柱棱长均为2，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，则由点E，F，G，H，构成的四棱锥的体积为_15. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个
5、交点为N若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为_16. 已知，若过点恰能作两条直线与曲线相切，且这两条切线关于直线对称，则的一个可能值为_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. 已知等差数列的公差，且满足，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求数列前2n项的和18. 已知ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求C；（2）若，求sinA19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，（1）证明：（2）若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值20. 甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛
6、胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立（1）若，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；（2）当时，（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用，表示），无需写出过程21. 已知，存在，使得（1）求实数a的取值范围；（2）试探究与3的大小关系，并证明你的结论22. 已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E
7、交于点D，且满足，其中是常数，且（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆上动点，且，求四边形ABDC面积的最大值2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学一、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（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题，则.故选：D.2. 已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（ ）A. 2B. C. 3D. 【答案】D【解析】由题意得，当时，等号成立，故，故选：D.3. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（ ）A. B.
8、 C. D. 【答案】C【解析】设双曲线的半焦距为，因为双曲线的离心率为，所以，解得，由，得，所以，所以渐近线方程为，所以两条渐近线的倾斜角分别为和，因为，所以两条渐近线所夹的锐角为；即双曲线的两条渐近线的夹角为.故选：C.4. 已知某摩天轮的半径为，其中心到地面的距离为，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每分钟转动一圈已知当游客距离地面超过时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（ ）A. 分钟B. 分钟C. 分钟D. 分钟【答案】B【解析】设游客到地面的距离为，设关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式为，则，可得，函数的最小正周期为，则，当时，游客位于最低点，可
9、取，所以，由，即，可得，所以，解得，因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有分钟.故选：B.5. 现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】作轴截面图如下：为圆锥的轴截面，点为与侧面相切球的球心，点为切点，由已知，可得， 在中，所以，又，所以，所以圆台的母线长为，因为，所以为等边三角形，所以，所以圆台的侧面积.故选：D.6. 已知ABC是单位圆O的内接三角形，若，则的最大值为（ ）A. B.
10、 C. 1D. 【答案】C【解析】由圆O是ABC的外接圆，且，故，所以，则， 所以，故反向共线时最大，所以.故选：C7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】的展开式通项为，所以，所以，所以，且，所以.故选：A.8. 已知，则（参考数据：）（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为， ，考虑构造函数，则，当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减，因为，所以，即，所以，所以，即，又，所以，故，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小
11、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. 已知直线与平面有公共点，则下列结论一定正确的是（ ）A. 平面内存在直线与直线平行B. 平面内存在直线与直线垂直C. 存在平面与直线和平面都平行D. 存在过直线的平面与平面垂直【答案】BD【解析】对于A选项，若直线与相交，且平面内存在直线与直线平行，由于，则，这与直线与相交矛盾，假设不成立，A错；对于B选项，若，则在平面内必存在与直线垂直，若直线与相交，设，如下图所示：若，且，则，若与斜交，过直线上一点（异于点）作，垂足点为，过点作直线，使得，因为，则，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，综上所
12、述，平面内存在直线与直线垂直，B对；对于C选项，设直线与平面的一个公共点为点，假设存在平面，使得且，过直线作平面，使得，因为，则，因为，记，又因为，则，因在平面内有且只有一条直线与直线平行，且，故、重合，所以，但不一定在平面内，当与相交时，则与也相交，C错；对于D选项，若，则过直线任意一个平面都与平面垂直，若与不垂直，设直线与平面的一个公共点为点，则过点有且只有一条直线与平面垂直，记直线、所确定的平面为，则，D对.故选：BD.10. 已知，则下列说法正确的是（ ）A. 是周期函数B. 有对称轴C. 有对称中心D. 在上单调递增【答案】ACD【解析】因为，所以，所以函数为周期函数，A正确；因为，
13、所以，所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，所以为函数的中心对称，C正确；当时，因为，所以，所以函数在上单调递增，D正确；由得，当时，由，可得，函数上单调递增，当，由，可得，函数在上单调递增，又，作出函数在的大致图象可得：结合函数是一个周期为的函数可得函数没有对称轴，B错误.故选：ACD.11. 现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24；乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（
14、 ）A. 甲球员连续5场比赛得分都不低于24分B. 乙球员连续5场比赛得分都不低于24分C. 丙球员连续5场比赛得分都不低于24分D. 丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24【答案】AD【解析】设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，则，且至少出现次，故，A正确；设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，则，取，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，由已知，所以，若，则，所以，矛盾，所以，因为的平均数为，所以，取，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，若，则，故，矛盾，所以
15、，所以丙球员连续5场比赛得分第60百分位数大于24，D 正确；故选：AD.12. 在平面直角坐标系中，已知正方形ABCD四边所在直线与x轴的交点分别为，则正方形ABCD四边所在直线中过点的直线的斜率可以是（ ）A. 2B. C. D. 【答案】ABD【解析】因为选项斜率均为正值，不妨假设所在的直线过点，设直线的倾斜角为，斜率为，若所在的直线过点，如图，可得，因为，即，则；若所在的直线过点，如图，可得，因为，即，则；若所在的直线过点，如图，可得，因为，即，则；综上所述：的可能值为.故选：ABD.【点睛】关键点睛：假设所在的直线过点，分类讨论所在的直线所过的点，数形结合处理问题.三、填空题：本题共
16、4小题，每小题5分，共20分13. 已知公比大于的等比数列满足，则的公比_【答案】【解析】由题意可得，则，上述两个等式作商可得，即，因为，所以.14. 已知直四棱柱的棱长均为2，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，则由点E，F，G，H，构成的四棱锥的体积为_【答案】【解析】连接，由题意可得，分别过E，F，G，H作底面ABCD的垂线，垂足分别为，则分别为的中点，连接，则，由题意可得：为四棱柱，则，四棱锥的高为直四棱柱的高的一半，即为1，所以四棱锥的体积.15. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N若直线MN在y轴上的截距
17、为3，且，则椭圆C的标准方程为_【答案】【解析】由对称性不妨令点M在第一象限，令直线交y轴于点A，过N作轴于B，令，因为轴，则，而O为的中点，又A为中点，而，于是，由知，显然，因此，于是，又，则，解得，而，则，所以椭圆C的标准方程为.16. 已知，若过点恰能作两条直线与曲线相切，且这两条切线关于直线对称，则的一个可能值为_【答案】（或或或）【解析】设切点坐标为，因为，则，切线斜率为，所以，曲线在处的切线方程为将点的坐标代入切线方程可得，设过点且与曲线相切的切线的切点的横坐标分别为、，且，因为这两条切线关于直线对称，则，所以，易知、关于的方程的两个根，设该方程的第三个根为，则，则，所以，因为过点
18、恰能作两条直线与曲线相切，则关于的方程只有两个不等的实根，不妨设，则，若，则，即，解得；若，则，所以，所以，所以，解得.综上所述，或.【点睛】关键点点睛：本题考查利用过曲线外一点作曲线的切线求参数的值，解题的关键在于写出切线方程后，将切点坐标转化为三次方程的根，结合三次方程根与系数的关系求解.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. 已知等差数列公差，且满足，成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求数列的前2n项的和【解析】（1）因为，成等比数列，所以，即，解得或因为，所以，所以（2）由（1）得所以，所以 ，所以数列的前2n项的和18. 已知A
19、BC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求C；（2）若，求sinA【解析】（1）由正弦定理，得，因为，则，所以，因为，所以所以因为，则，可得，所以，则，所以（2）（法一）因为，由正弦定理，得，因为，所以，即因为，则，所以或，所以或，故或1（法二）因为，由余弦定理得，将代入（*）式得，整理得，因式分解得，解得或，当时，所以因为，所以，当时，所以，因为，所以，所以sinA的值为或119. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，（1）证明：（2）若平面平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值【解析】（1）如图1，连接BD，因为四边形ABCD是平行四边形，且，所以，所以，
20、所以，所以，所以，又因为，BD，PD平面PBD，所以平面PBD，因为PB平面PBD，所以，因为，所以（2）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，因为CD平面PCD，平面PAD平面，所以，因为平面PBD，所以平面PBD，因为PB，PD平面PBD，所以BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，因为平面平面PCD，所以，即在RtABP中，因为，所以在RtBPD中，因为，则，所以BPD为等腰直角三角形，（法一）由（1）得CD平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立
21、空间直角坐标系，则，所以，设平面PBC的法向量为，则，取，则，得，记直线AC与平面PBC所成角为，则，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为（法二）在ABC中，因为，则，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以，又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以，因为，所以，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD平面PBD，所以，在PBC中，因为，所以，所以，所以，解得，记直线AC与平面PBC所成角为，则，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为20. 甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0
22、分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立（1）若，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；（2）当时，（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用，表示），无需写出过程【解析】（1）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则，记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种，所以（2）（i）因为，所以每
23、局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则，所以X的分布列为X245P所以X的期望，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以，故的最大值为（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同所以 所以，即，因为，所以21. 已知，存在，使得（1）求实数a的取值范围；（2）试探究与3的大小关系，并证明你的结论【解
24、析】（1）由题意得有三个零点，所以方程有三个根，即方程有三个根.所以函数与函数的图象有三个公共点，设，则，令，解得；令，解得或，所以在上单调递增，在和上单调递减，因为当时，当时，且，所以，即实数a的取值范围为（2）因为，由（1）得，由，得，设，则，令，解得，令，解得，所以h（x）在上单调递增，在上单调递减，设，则，求导得恒成立，所以在上单调递减，所以，即，因为，所以，又因为，h（x）在上单调递减，所以，即，设且，则，因为在上单调递减，所以，因为，所以，所以，因为在上单调递减，所以，所以，所以【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
25、立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理22. 已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中是常数，且（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；（2）若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值【解析】（1）因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，设，则点M的横坐标，点N的横坐标，由，得，因式分解得，约分得，所以，即，所以MN垂直于x轴（3）设，则，且，当时，C为PA中点，则，因为C在抛物线上，所以，整理得，当时，D为PB中点，同理得，所以是方程的两个根，因为，由韦达定理得，所以，所以PM也垂直于x轴，所以，因为，所以，当时，取得最大值，所以，所以四边形ABDC面积的最大值为【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化