资源简介

2023年
2023年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷
数学（六）
注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
2. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数a的值为（ ）
A. -1 B. 0 C. 3 D. -3
3. 双曲线的离心率为，且过点，则双曲线方程为（ ）
A. B.
C D.
4. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如，，，设为函数的零点，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
5. 已知点P是圆上一点，若点P到直线的距离为1，则满足条件的点P的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 已知，且，则（ ）
A. B. 2 C. D.
7. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有甲、乙、丙、丁4名运动员要与1个“冰墩墩”站成一排拍照留恋，已知“冰墩墩”在最中间，甲、乙、丙、丁4名运动员随机站于两侧，则甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在正方体中，点P在线段上运动（包含端点），则直线与所成角的取值范围是（ ）
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知随机变量服从二项分布，其方差，随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知直线交椭圆于，两点，是直线上一点，为坐标原点，则（ ）
A. 椭圆的离心率为
B.
C.
D. 若，是椭圆的左，右焦点，则
12. 已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有两条，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，则______．
14. 写出一个同时满足下列条件的非常数函数______．
①在单调递增 ②值域 ③
15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为______．
16. 函数的部分图象如图中实线所示，A，C为的图象与x轴交点，且，M，N是的图象与圆心为C的圆（虚线所示）的交点，且点M在y轴上，N点的横坐标为，则圆C的半径为______．
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. 已知数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
18. 如图，中，，，，点D在边BC上，且．
（1）求BD；
（2）求的面积．
19. 近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业．某高中随机调查了本校2022年参加高考的100位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人）
首选志愿为师范专业 首选志愿为非师范专业
女性 45 15
男性 20 20
假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响．
（1）根据表中数据，能否有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？
（2）若以上表中频率代替概率，从该校考生中随机选择8位女生，试估计选择师范专业作为首选志愿的人数．
参考公式：，其中．
参考数据：
0.10 0.05 0.010 0.001
2.706 3841 6635 10.828
20. 如图，四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，，，点E在棱PC上．
（1）证明：平面平面PAB；
（2）已知点E是棱PC上靠近点P的三等分点，求二面角的余弦值．
21. 已知直线过抛物线的焦点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）动点A在抛物线C的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两点，当的面积是时，求点A的坐标．
22. 已知函数，．
（1）求函数的最值；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数k的取值范围．
2023年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷
数学（六）
注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，若，则实数a取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，，根据，得到，从而得到不等式，求出实数a的取值范围.
【详解】，，
因为，所以，
故，解得：，
故选：C
2. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数a的值为（ ）
A. -1 B. 0 C. 3 D. -3
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法法则得到，从而得到.
【详解】，故.
故选：C
3. 双曲线的离心率为，且过点，则双曲线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过已知得出与的两个关系式，即可联立求解，代入双曲线方程即可得出答案.
【详解】双曲线的离心率为，
，
，
，即，
双曲线过点，
，
则由与联立解得：，，
双曲线的方程为：，
故选：B.
4. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如，，，设为函数的零点，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断所在区间，最后根据高斯函数的定义计算可得.
【详解】解：因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，，
所以在上存在唯一零点，即，所以.
故选：A
5. 已知点P是圆上一点，若点P到直线的距离为1，则满足条件的点P的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离即可求解.
【详解】由题意可知圆心为,所以到的距离为，故与直线平行且过圆心的直线与圆相交的两个交点即为满足条件的点P，此时有两个，又圆的半径为2，故当过圆心且与垂直的直线与圆的下半部分相交的一个点也符合，故共有3个.
故选:C
6. 已知，且，则（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用二倍角公式，平方关系代换，可得，根据的范围即可求解.
【详解】由，得
，
则，
即，得，
则，
得或，
又，所以，
故.
故选：B
7. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有甲、乙、丙、丁4名运动员要与1个“冰墩墩”站成一排拍照留恋，已知“冰墩墩”在最中间，甲、乙、丙、丁4名运动员随机站于两侧，则甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出甲、乙、丙、丁4名运动员与1个“冰墩墩”排成一排，且“冰墩墩”在最中间的所有排法的所有排法，再求甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的排法，根据古典概型概率公式求概率.
【详解】甲、乙、丙、丁4名运动员与1个“冰墩墩”排成一排，
且“冰墩墩”在最中间的所有排法有种，
甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧排法有种，
由古典概型的概率公式可得甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率：，
故选：C.
8. 如图，在正方体中，点P在线段上运动（包含端点），则直线与所成角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】要求直线所成角，转化为方向向量所成角，建立如图所示空间直角坐标系，所以（），又，设则直线与所成角为，则，结合的范围即可得解.
【详解】
以为建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，，，，
所以（）
，
则设直线与所成角为，
则，
由，所以，
，所以，
故选：B
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知中圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，我们可以分圆柱的底面周长为4cm，高为2cm的和圆柱的底面周长为2cm，高为4cm，两种情况分别由体积公式即可求解.
【详解】侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，
若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径，，
此时圆柱的体积
若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径，，
此时圆柱的体积
故选：BD
10. 已知随机变量服从二项分布，其方差，随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据二项分布的方差公式得到方程求出，再根据独立重复试验的概率公式求出，即可判断A、B、C，最后根据正态分布的性质判断D.
【详解】解：因为随机变量服从二项分布，且其方差，
所以，解得，故A正确；
所以，又，
所以，所以B正确，C错误；
所以，则正态曲线关于对称，因为，
所以，故D错误.
故选：AB
11. 已知直线交椭圆于，两点，是直线上一点，为坐标原点，则（ ）
A. 椭圆的离心率为
B.
C.
D. 若，是椭圆的左，右焦点，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据椭圆方程求出、、，即可求出离心率，即可判断A，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，根据弦长公式判断B，求出，根据数量积的坐标表示判断C，设关于直线的对称点为，求出对称点的坐标，再根据，即可判断D.
【详解】解：因为椭圆，所以，，则，，
所以离心率，故A正确；
设，，由，消去得，
显然，所以，，
所以，故B错误；
又，
所以，故C错误；
设关于直线的对称点为，
则，解得，即，
则，，当且仅当，，三点共线时取等号，
所以的最大值为，即，故D正确，
故选：AD
12. 已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有两条，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设出切点并根据导函数性质设出过切点的切线方程，参变分离构建新函数，求导画出草图即可根据条件得出答案.
【详解】设切点为，
由，
得，
则过切点的切线方程为：，
把代入，得，
即，
令，
则，
则当时，，
当时，，
的增区间为与，减区间为，
做出草图如下：
因为过点且与曲线相切的直线有两条，则或，
则或，
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，则______．
【答案】0
【解析】
【分析】根据向量的数量积和向量的模长公式，直接进行计算即可.
【详解】，
故答案：0
14. 写出一个同时满足下列条件的非常数函数______．
①在单调递增 ②值域 ③
【答案】（不唯一）
【解析】
【分析】结合函数的性质选择合适函数即可.
【详解】由得函数为偶函数，关于y轴对称，结合单调性及值域，可以为.
故答案为：（不唯一）.
15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知所求数为能被除余，得出数列的通项公式，然后再求解项数即可.
【详解】解：因为能被除余且被除余的数即为能被除余的数，
故，又，即，解得，
又，所以且.
故答案为：.
16. 函数的部分图象如图中实线所示，A，C为的图象与x轴交点，且，M，N是的图象与圆心为C的圆（虚线所示）的交点，且点M在y轴上，N点的横坐标为，则圆C的半径为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的图象以及圆的对称性可得函数的周期，结合可得，进而求解的坐标，由勾股定理即可求解半径.
【详解】根据函数的图象以及圆的对称性，
可得，两点关于圆心对称，
所以，于是，
由及，得，
由于，所以，
所以，，从而，故半径为 ,
故答案为：
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. 已知数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得数列为常数列，可数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求数列前n项和.
【小问1详解】
由，得，所以数列为常数列，有，∴
【小问2详解】
，
，
，
两式相减，，
所以
18. 如图，在中，，，，点D在边BC上，且．
（1）求BD；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由求出，再由正弦定理即可求出BD
（2）根据余弦定理可求出，进而求出的面积.
【小问1详解】
在中，，则，，
所以，
由正弦定理可得：，则.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得：，
解得：.
所以的面积.
19. 近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业．某高中随机调查了本校2022年参加高考的100位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人）
首选志愿为师范专业 首选志愿为非师范专业
女性 45 15
男性 20 20
假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响．
（1）根据表中数据，能否有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？
（2）若以上表中的频率代替概率，从该校考生中随机选择8位女生，试估计选择师范专业作为首选志愿的人数．
参考公式：，其中．
参考数据：
0.10 0.05 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关；
（2）6.
【解析】
【分析】（1）首先利用数据求得，对照表格数据即可得解；
（2）根据人数可得女生中首选志愿为师范专业的概率，设该校考生中随机选择8位女生中选择师范专业作为首选志愿的人数为，所以，利用二项分布即可得解.
【小问1详解】
根据所给数据求得，
所以没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关.
【小问2详解】
100名高考考生中有60名女生，首选志愿为师范专业有45人，
故首选志愿为师范专业的概率，
设该校考生中随机选择8位女生，选择师范专业作为首选志愿的人数为，
所以，
所以，
所以随机选择8位女生计选择师范专业作为首选志愿的人数为6.
20. 如图，四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，，，点E在棱PC上．
（1）证明：平面平面PAB；
（2）已知点E是棱PC上靠近点P的三等分点，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由题意可证得，又，由线面垂直的判定定理可得平面,再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为原点,,,分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再由二面角公式即可得出答案.
【小问1详解】
因为平面,平面，所以，
又，，平面，
所以平面,
又平面，所以平面平面.
小问2详解】
以为原点,,,分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系，
过作，交于点，则易知四边形是矩形，
所以，
则,,,,,
E是棱PC上靠近点P的三等分点，
所以设，则，所以，
则，则，,
设平面的法向量为,则且,
∴且,∴,令,则,
∴平面的一个法向量,
设平面的法向量为,
则且,∴且,
∴令,则,∴平面的一个法向量,
∴,
二面角的余弦值为.
21. 已知直线过抛物线的焦点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）动点A在抛物线C的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两点，当的面积是时，求点A的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出焦点坐标为，从而得到，求出抛物线方程；
（2）设出，过点A的抛物线的切线方程设为，与抛物线方程联立，根据得到，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为，求出，表达出，，列出方程，求出，得到点A的坐标.
【小问1详解】
中令得：，
故焦点坐标为，故，解得：，故抛物线方程为；
【小问2详解】
抛物线准线方程为：，
设，过点A的抛物线的切线方程设为，
联立得：，
由，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为，
故，
令中，令得：，
不妨设，故，
则，
解得：，故点A的坐标为或.
【点睛】已知抛物线方程，点为抛物线上一点，则过点的抛物线切线方程为，
若点在抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点弦方程为.
22. 已知函数，．
（1）求函数的最值；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）最小值为，无最大值.
（2）
【解析】
【分析】(1)利用导函数讨论函数的单调性即可求最值；(2)分离参变量，构造函数，利用导数结合单调性讨论其最小值即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
令解得，令解得，
所以在单调递减，在单调递增，
所以当时，有最小值为，无最大值.
【小问2详解】
由的定义域可得，
即，
等价于恒成立，
令，所以，
令，
所以在恒成立，
所以单调递增，
，
所以存在唯一，使得，即，
所以当时，，即，单调递减，
时，，即，单调递增，
所以
由得，也即，
即，由(1)知在单调递增，
所以，，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：分离参变量是求参数取值范围常用的方法，本题第二问对不等式等价变形为,从而，构造函数讨论单调性及最值是常用的方法，解决的关键在于利用零点的存在性定理得，再根据（1）得的单调性，进一步得到，，等量代换求出最小值.

展开更多......

收起↑