模拟检测卷01（文科）-2023年高考数学二轮复习讲练测（全国通用）（解析版）

2023年高考数学模拟考试卷1高三数学（文科）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：高中全部知识点。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．集合|2sin1,RAxxx，230Bxxx，则AB（）A．0,3B．π6C．π5π,66D．π5π,66【答案】D【分析】根据三角函数的性质求出集合A,再解一元二次不等式求出集合B，即可求解.【详解】由2sin1x得1sin2x解得π2π6xk或5π2π,Z6kk，所以π|2π6Axxk或5π2π,Z6kk，又由230xx解得03x，所以03Bxx，所以ABπ5π,66，故选:D.2．已知实数a，b满足i2i2iab（其中i为虚数单位），则复数izba的共轭复数为（）A．43i55B．43i55C．34i55D．34i55【答案】B【分析】根据复数的运算法则得到35a，45b，再计算共轭复数得到答案.【详解】实数a，b满足i2i2iab（其中i为虚数单位），故22i2i34ii2i2i2i55ab，35a，45b，复数43ii55zba的共轭复数43i55z，故选：B3．若23,3aba且ab，则向量ab与a的夹角为（）A．π6B．π3C．2π3D．5π6【答案】A【分析】结合平面向量的数量积运算及模长运算即可求解ab与a的夹角.【详解】因为ab，所以0ab又因为233aba，所以222423aabba，及223ab，所以22222ababaabbb所以ab与a的夹角表示为,aba，则233cos,22ababaabaabaabaabaabb所以ab与a的夹角为π6.故选：A.4．某校组织了一次航空知识竞赛，甲、乙两个班级各派8名同学代表参赛．两个班级的数学课代表合作，将甲、乙两班所有参赛同学的得分绘制成如图所示的茎叶图，则下列结论错误的是（）A．甲班参赛同学得分的极差比乙班参赛同学得分的极差小B．甲班参赛同学得分的中位数比乙班参赛同学得分的中位数低C．甲班参赛同学得分的平均数为84D．乙班参赛同学得分的第75百分位数为89【答案】D【分析】A.利用极差的定义求解判断；B.利用中位数的定义求解判断；C.利用平均数的定义求解判断；D.利用百分位数的定义求解判断.【详解】对A，甲班参赛同学得分的极差为937617，乙班参赛同学得分的极差为947123，故正确；对B，甲班参赛同学得分的中位数是8284832，乙班参赛同学得分的中位数是828583.52，故正确；对C，甲班参赛同学得分的平均数为7679808284889093848，故正确；对D，乙班参赛同学得分为71，80，81，82，85，89，90，94，3864，取第6个与第7个数的平均数为第75百分位数，即为899089.52，故错误.故选：D5．已知0x，0y，282xy，则113xy的最小值是（）A．2B．22C．4D．23【答案】C【分析】首先根据已知条件得到31xy，再利用基本不等式的性质求解即可.【详解】因为33282222xyxyxy，所以31xy，因为0x，0y，所以111133322243333xyxyxyxyxyyxyx.当且仅当33xyyx，即12x，16y时等号成立.故选：C6．已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，动点M在C上，圆M的半径为1，过点F的直线与圆M相切于点N，则FMFN的最小值为（）A．-1B．0C．1D．2【答案】B【分析】利用向量数量积的定义得22||||1FMFNFNFM，再根据抛物线的定义可得||2MpFMx，进而可求解.【详解】2222||||1()1(1)11102MMpFMFNFNFMxx，当0Mx即点M为坐标原点时，取最小值，故选:B.7．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图，若输入的2,2xn，一次输入的a为2、2、5，则输出的s等于（）A．34B．17C．12D．7【答案】B【分析】模拟程序运行，观察变量值，判断条件可得结论．【详解】程序运行时，变量值变化如下：2x，2n，0k，0s，2a，2s，1k，不满足kn；2a，6s，2k，不满足kn；5a，17s，3k，满足kn．输出17s．故选：B．8．已知函数yfx的图象的一部分如图所示，则该函数解析式可能是（）A．2sinfxxxB．2cosfxxxC．2cosln1fxxxxD．2cosln1fxxxx【答案】D【分析】根据奇偶性可排除B；A中函数与与x轴交点间距离相等，与图象不符，可排除A；根据0,1x时，2cosln10yxxx可排除C，由此可得正确选项.【详解】由图象可知：fx图象关于原点对称，则fx为奇函数，22coscosxxxx，2cosyxx为偶函数，排除B；令2sin0xx，解得：πxkkZ，则2sinyxx与x轴交点间距离相等，与图象不符，排除A；当0,1x时，221ln1lnln101xxxx，cos0x，2cosln10xxx，即在0x右侧2cosln1yxxx函数值先为负数，与图象不符，排除C.故选：D.9．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，在构成的三棱锥OAEF中，下列结论错误的是（）A．AO平面EOFB．三棱锥OAEF的体积为13C．直线AH与平面EOF所成角的正切值为22D．AE平面OAH【答案】D【分析】利用线面垂直的判定定理即可判断A，利用体积法即可判断B，作出三棱锥的直观图，作出要求的空间角即可判断C，利用线面垂直的判定定理证明EF平面OAH即可判断D【详解】翻折前，ABBE，ADDF，故翻折后，OAOE，OAOF，又OEOFO，,OEOF平面EOF，OA平面EOF，故A正确；由题意可知，三棱锥的侧棱AO底面OEF，则111112323OAEFAOEFVV，故B正确；连接OH，AH，则OHA为AH与平面EOF所成的角，1OEOF，H是EF的中点，OEOF，1222OHEF．又2OA，tan22OAOHAOH，故C正确；OA平面EOF，EF平面EOF，OAEF，又OHEF，,,OAOHOOAOH平面OAH，EF平面OAH．∵AE与EF不平行，AE不可能与平面OAH垂直，故D错误．故选：D．10．已知数列na的前n项和组成的数列nS满足11S，25S，21320nnnSSS，则数列na的通项公式为（）A．12nnaB．11,122,2nnnanC．1,12,2nnnanD．2nna【答案】C【分析】首先计算得11a，24a，故可排除A，D；由21320nnnSSS，得212nnaa，从而得数列na从第2项起成等比数列，首项为4，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式求解即可.【详解】解：因为11S，25S，所以111aS，2214aSS=-=，故可排除A，D；又因为21320nnnSSS，所以2112()nnnnSSSS，即212nnaa，又因为21441aa，所以当2n时，数列na是首项为4，公比为2的等比数列，所以2422nnna，所以1,12,2nnnan.故选：C.11．设函数π2sin10,02fxx与1cos2gxx有相同的对称轴,且fx在0,5π内恰有3个零点,则的取值范围为（）A．π50,π312B．πππ0,,432C．π50,π612D．πππ0,,632【答案】D【分析】根据fx与gx有相同对称轴,求出的值,对fx的相位进行换元,根据π02,确定定义域大致范围,画出新函数图象,分在第一个零点前后两种情况讨论,根据有3个零点,写出不等式求出范围即可.【详解】解:由题知,因为fx与gx有相同对称轴,所以12,即12sin12fxx,π02,令15π,22tx,即2sin1yt在5π,2上有3个零点,因为π02,所以5π5π3π22画出2sin1y图象如下所示:当π06时,2sin1yt在5π,2上有3个零点,只需13π5π17π626,解得ππ33,故π06;当ππ62时,2sin1yt在5π,2上有3个零点,只需17π5π3π62,解得ππ32,综上:π06或ππ32.故选:D12．已知菱形ABCD的边长为2，60BAD，将BCD△沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角ABDP的平面角的余弦值为13，则此时三棱锥PABD的外接球的体积与该三棱锥的体积比值为（）A．223B．82π3C．4πD．62π【答案】C【分析】根据菱形性质和二面角平面角定义可知1cos3AOP，利用余弦定理求得PA后，结合勾股定理可知PDDA，PBBA，由此可确定三棱锥的外接球半径为122PA，代入球的体积公式可求得外接球体积；根据BD平面AOP，结合棱锥体积公式可求得PABDV，作比即可得到结果.【详解】连接BDAC，交于O，连接PO，易得O为BD与AC的中点，四边形ABCD为菱形，ACBD，即AOBD，POBD，二面角ABDP的平面角为AOP，1cos3AOP；又2ABAD，60BAD，3AOPO，2BD；在AOP中，由余弦定理得：222cos22PAAOPOAOPOAOP；2PDAD，2PBAB，22222PDADPBABPA，PDDA，PBBA，三棱锥PABD的外接球球心为PA中点，半径为122PA，三棱锥PABD的外接球体积3482ππ233V；AOBD，POBD，AOPOO，,AOPO平面AOP，BD平面AOP，1cos,0180,3AOPAOP22sin3AOP，1sin22AOPSAOPOAOP，12233PABDAOPVSBD，三棱锥PABD的外接球的体积与该三棱锥的体积之比为82π34π223PABDVV.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的外接球问题的求解，解题关键是能够结合二面角