02-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考数学模拟卷（新高考专用）答案

【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02（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：高考全部内容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21Ayyx，42xBxy，则AB（）A．0,2B．0,2C．0,2D．0,2【答案】B【解析】集合210Ayyyyx，由420x，解得：2x，故2Bxx，则0,2AB.故选：B.2．在复平面内，复数2izaaR对应的点在直线2yx上，则i1iz（）A．1B．iC．iD．35i22【答案】B【解析】复平面内，复数2izaaR对应的点为,2a，又在直线2yx上，所以22a，解得1a，所以12iz，则1i1ii12ii1i2ii1i1i1i1i1i2z.故选：B.3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若一个直角圆锥的体积是它的表面积的21倍，则该直角圆锥的高为（）A．1B．2C．2D．3【答案】D【解析】设直角圆锥的高为h，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以,2rhlh．因为直角圆锥的体积是它的表面积的21倍，所以2322113321(12)3(12)rhhhrrlh，解得3h.故选：D.4．在ABC中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知ABC的面积为4，b=4，8BAAC，则a=（）A．2B．22C．210D．10【答案】C【解析】∵4b，||||cos()cos8BAACBAACAbcA，1=sin42ABCSbcA△∴cos2cA①，sin2cA②，∴由①②得tan1A，∵(0,)A∴3=4A∴22c，∴22232cos1682422cos404abcbcA，∴210a.故选：C.5．已知数列na满足12111,3,N,2nnnaaaaann，则2022a（）A．2B．1C．4043D．4044【答案】A【解析】由11nnnaaa得12nnnaaa，两式相加得21nnaa，即3nnaa，故6nnaa，所以20226321()2aaaaa.故选：A．6．若函数yfx的图像与函数πsinπ4yx的图像有共同的对称轴，且知yfx在0,m上单调递减，则m的最大值为（）A．13B．12C．23D．34【答案】D【解析】πsinπ4yx的对称轴πππZ42xkk，即3Z4xkk，函数yfx的图像对称轴3Z4xkk，0k时，对称轴为34x，因为对称轴两侧单调性相反，yfx在0,m上单调递减，所以0,m在34x的左侧，此时m的最大值为34.故选：D7．已知椭圆C：2221(04)16xymm，定点2,0A，6,0B，有一动点P满足3PBPA，若P点轨迹与椭圆C恰有4个不同的交点，则椭圆C的离心率的取值范围为（）A．20,2B．10,2C．2,12D．1,12【答案】D【解析】设动点(,)Pxy，由题得2222(6)3(2)xyxy，化简得2212xy.所以动点P的轨迹是以原点为圆心，以23为半径的圆.因为P点轨迹与椭圆C恰有4个不同的交点，所以023m.所以椭圆C的离心率2216(23)161442cmea.因为椭圆的离心率(0,1)e，所以椭圆C的离心率的取值范围为1,12.故选：D8．设1615a，31sin460b，61ln60c，则a，b，c的大小关系正确的是（）A．cabB．cbaC．bcaD．bac【答案】C【解析】令31()ln(1)sin,043fxxxx，求导得13()cos14fxxx，显然31141x，而33cos44x，则有()0fx，即函数()fx在1(0,)3上单调递增，()(0)0fxf，即当103x时，3ln(1)sin4xx，取11(0,)603x，于是得6131lnsin60460，因此cb，令1()ln(1),0340xgxxx，求导得1161()166(1)xxgxxxxx，显然261()61xxxx在1(0,)40x上单调递减，1361104010xx，即()0gx，函数()gx在1(0,)40上单调递增，()(0)0gxg，即当1040x时，ln(1)3xx，取11(0,)6040x，于是得11161ln36060615，即ac，所以a，b，c的大小关系是bca.故选：C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．已知平面向量1,3,2,abt.下列命题中的真命题有（）A．若ab∥，则6tB．若ab，则23tC．若ab，则6tD．若a与b的夹角为π4，则1t【答案】ABD【解析】A：由ab∥得606,tt故A正确，B：由ab得2230,3tt故B正确，C：由ab得24106;tt故C错误，D：由a与b的夹角为π4得223212104ttt或4t（舍去），故D正确，故选：ABD10．如图，圆锥OP的底面O的半径2r，母线5l，点A，B是O上的两个动点，则（）A．PAB面积的最大值为2B．PAB周长的最大值为254C．当AB的长度为2时，平面PAB与底面所成角为定值D．当AB的长度为2时，AB与母线l的夹角的余弦值的最大值为55【答案】BC【解析】圆锥的底面半径2r，母线5l，所以高2521OP，画出圆锥的轴截面如下图所示，55163cos05255EPF，所以EPF为钝角，则存在π2APB.A选项，15sinsin22PABSPAPBAPBAPB，当π2APB时，PABS的面积取得最大值为52，所以A选项错误.B选项，对于PAB的周长25AB，当AB长度为底面直径长度4时，PAB的周长取得最大值为254，所以B选项正确.C选项，设D是AB的中点，则ODAB，由于,PAPBD是AB的中点，所以PDAB，所以ODP是平面PAB与底面所成角，由于2ABOAOB，所以OAB是等边三角形，所以3,1,2ODOPPD，所以π6ODP为定值，C选项正确.D选项，当//ABEF时，，AB与母线PE的夹角是PEO，2255cos555PEO，所以D选项错误.故选：BC11．已知圆22:234Cxy，恒过1,3的直线l与圆C交于P，Q两点.下列说法正确的是（）A．PQ的最小值为22B．6,8PCPQC．CPCQ的最大值为2D．810,810OPOQ（O为坐标原点）【答案】BCD【解析】圆22:234Cxy的圆心为2,3C，半径为2，当1,3A满足22123314，所以1,3A在圆C内，所以，当ACPQ时，PQ取得最小值，如下图所示，此时221,22123ACPQ，所以A选项错误.设B是PQ的中点，22cosPCPQPCPBPCPBP2222PQPB，由于234PQ，21216PQ，所以26,82PQPCPQ，B选项正确.222cos2CPCQPQCPCQCPCQPCQCPCQCPCQ282PQ,由于21216PQ，2884PQ，所以284,22PQCPCQ，所以CPCQ的最大值为2，C选项正确.OPOQOBBPOBBQOBBPOBBP22OBBP2222224OBBCOBBC①，设,Bxy，由222ABBCAC得：222213231xyxy整理得22231322xy，所以B点的轨迹是以3,32为圆心，半径为12的圆，设311cos,3sin,02π222B，所以2222223113114cos3sincos23sin34222222OBBC3sincos8810sin，其中1tan3，所以224810,810CPCQOBBC，D选项正确.故选：BCD12．定义在0,上的函数fx的导函数为fx，且fxfxx.则对任意1x，20,x，其中12xx，则下列不等式中一定成立的是（）A．11e1exxffB．222221122xxfxfxC．1212fxxfxfxD．21121212xxfxfxfxfxxx【答案】BCD【解析】由题意可设fxgxx，则2xfxfxgxx，∵fxfxx，0x，∴0xfxfx，∴0gx在0,上恒成立，所以gx在0,上单调递增，对于A：由于1e1x，所以1e1xgg，即11e1e1xxff，所以11e1exxff，故A不正确；对于B：由于2212xx，当且仅当21x时取等号，所以2212gxgx，即22221212fxfxxx，所以222221122xxfxfx，故B正确；对于C：由121gxxgx得：121121fxxfxxxx，即：112112xfxxfxxx，同理：212212xfxxfxxx.两式相加得：1212fxxfxfx，故C正确；对于D：21211111xxxfxfxfxxx，11222222