模拟检测卷03（理科）-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高三数学（理科）（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．若3i3iaaR是纯虚数，则a＝（）A．－1B．1C．－9D．9【答案】A【分析】先将复数化简，再根据纯虚数列出方程组求解即可.【详解】3i3i93i33i3i3i3i1010aaaa,因为3i3ia是纯虚数，故330109010aa，得1a，故选：A.2．已知集合{3,1}xMyyx，3{log,01}Nyyxx，则MN（）A．1{0}3yyB．{01}yyC．1{1}3yy∣D．【答案】D【分析】确定103Myy，0Nyy，再计算交集得到答案.【详解】1{3,1}03xMyyxyy，3{log,01}0Nyyxxyy，则MN.故选：D3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．π3B．π2C．πD．2π【答案】C【分析】先由三视图还原为几何体，再利用柱体的体积公式求解即可.【详解】由三视图还原几何体，如图，该几何体是由两个四分之一圆（半径为1r）组成的图形作为底面，高为2h的柱体，所以该几何体体积为22112ππ12π42VShrh.故选：C..4．如图，正方形ABCD的边长为2，圆A半径为1，点P在圆A上运动，则BPBD的取值范围是（）A．2,6B．22,66C．422,422D．2,22【答案】C【分析】由向量的加法可得()BBDAPPBDBA，再由向量数量积的运算即可得解.【详解】设AP与BD的夹角为，则0π，()BBAAPBBPBDBDDBDAAP=222cos45122cos=422cos，因为1cosθ1-＃，所以422422BPBD，故选：C5．已知216cos3cos232，则cos（）．A．53B．23C．23D．53【答案】B【分析】根据倍角与半角公式21coscos22，2cos22cos1将题目化为23cos4cos40，因式分解，然后根据三角函数的有界性对cos的值进行取舍，由此得解.【详解】解：由216cos3cos232，将21coscos22，2cos22cos1代入化简得281cos32cos13，即23cos4cos40，解得cos2（舍去）或2cos3，故选；B．6．已知函数2sinfxxx，设1x，2xR，则12fxfx成立的一个必要不充分条件是（）A．12xxB．21xxC．120xxD．12xx【答案】D【分析】根据函数的单调性和奇偶性可知函数()fx为偶函数，且在(0,)上单调递增，所以()fx在(,0)上单调递减，结合12fxfx可得2212xx，举例说明即可判断选项A、B，将选项C、D变形即可判断.【详解】函数()fx的定义域为R，则函数22()sin)sin=()(fxxxxxfx，所以函数()fx是偶函数，当0x时，2()sinfxxx，2()12sincos(sincos)0fxxxxx，所以()fx在(0,)上单调递增，所以()fx在(,0)上单调递减.若12fxfx，则12xx，即2212xx.A：若1212xx，，满足12xx，但(1)(2)(2)fff，反之也不成立，故选项A错误；B：若1245xx，，满足21xx，则(4)(5)ff，反之，若12fxfx，不一定21xx，故选项B错误；C：由120xx可得12xx，但不一定有12fxfx，所以充分性不成立，故选项C错误；D：由12xx可得12fxfx，但由12fxfx不一定能推出12xx，故D正确.故选：D.7．小明买了4个大小相同颜色不同的冰墩墩（北京冬奥会吉祥物）随机放入3个不同袋子中，则每个袋子至少放入一个冰墩墩的概率是（）A．34B．227C．916D．49【答案】D【分析】由计数原理可求出4个冰墩墩随机放入3个不同袋子的种数，利用组合中的分组分配问题求出每个袋子至少放入一个冰墩墩的种数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】小明将4个大小相同颜色不同的冰墩墩随机放入3个不同袋子中，有4381种不同的放法，若每个袋子至少放入一个冰墩墩，则分2步进行分析：①将4个冰墩墩分为3组，有24C6种分组方法，②将分好的3组放入3个不同的袋子中，有33A6种情况，则有6636种方法，所以所求的概率为364819.故选：D8．设函数cosfxx（是常数，0，π02），若fx在区间π5π,2424上具有单调性，且π5π11π242424fff，则函数是fx的最小正周期是（）A．π2B．C．3π2D．2π【答案】B【分析】根据单调性可求出06，再根据题意得函数关于点π,012对称，关于直线π3x对称，得到等式组，通过作差分析可得2或6，最后检验即可.【详解】若()fx在区间π5π,2424上具有单调性,则12π5ππ,622424，π5π11π242424fff则()fx的图象关于点π,012对称,()fx的图象关于直线π3x对称,πππ,Z122kk①，且ππ,,Z3nkn，②两式相减,可得4()2nk,又因为06，故2或6.当2时,则结合π02和①式可得π3，πcos23fxx.当6时,则结合π02和②可得不存在，综上πcos23fxx.故它的最小正周期为2ππ2，故选：B.9．已知25a，35eb，ln5ln4c，则,,abc的大小关系为（）A．abcB．acbC．bacD．bca【答案】C【分析】构造函数对函数求导利用导函数的单调性比较值的大小.【详解】设e1xfxx，则e1xfx，当0x时，()0fx¢，当0x时，0fx，所以fx在0,上单调递增，在,0单调递减，所以min00fxf，所以0e10e1xxfxxx，在R上恒成立，所以3535e215ab，设ln1gxxx，则11gxx，当1x时，0gx，当01x时，0gx，所以gx在1,上单调递减，在0,1单调递增，所以max1ln1110gxg，所以0ln10ln1gxxxxx，在0,上恒成立，所以5512ln5ln4ln14445ca，从而有bac，故选：C.10．已知数列na满足2*11nnnaaanN，且12023a，若存在正偶数m使得12221211aa21212022mmmamaaa成立，则m（）A．2016B．2018C．2020D．2022【答案】D【分析】由211nnnaaa得111nnnaaa,由此可得化简12maaa;由211nnnaaa及正偶数m得12211111mmmmmmaaaa,由此可化简12221211aa21mma,最后建立等式关系求得m值.【详解】由题意，211nnnaaa，故111nnnaaa，∴3121211211120222022111mmmmaaaaaaaaaa1，∵m为正偶数，∴122111111111mmmmmmmmmmaaaaaaaa，∴左边315311mmaaaaaam1ma1am，此时，1111mmaama，∴112022ma．故选：D．【点睛】关键点点睛:(1)化简12maaa的方法是用累乘法,利用111nnnaaa各项相乘相消后即可.(2)化简12221211aa21mma的方法是用累加法,利用12211111mmmmmmaaaa各项相加相消后即可.11．已知两点A，M在双曲2222:1(0,0)xyCabab的右支上，点A与点B关于原点对称，BM交y轴于点N，若ABAM，且280ONOAON，则双曲线C的离心率为（）A．5B．6C．7D．22【答案】D【分析】设O为AB的中点，设1111,0,0Bxyxy，22,Mxy，00,Qxy，12xx，利用点差的方法表示出2020BMbxkay，结合题意继而表示出10,8Ny，推出117BNykx，根据BMBNkk即可求得a，b的关系，从而可求双曲线离心率.【详解】如图，不妨设A在第一象限，取BM的中点Q，连接OQ，因为O为AB的中点，故//OQAM，1111,0,0Bxyxy，22,Mxy，00,Qxy，12xx，B，M在双曲线上，则22112222222211xyabxyab，两式相减可得，22221212220xxyyab，即2121221212yyyybxxxxa，而12012022OQyyykxxx，1212BMyykxx，故22BMOQbkka，即2020BMbxkay，又因为ABAM，则OBOQ，即1OBOQkk，所以10101yyxx，即0101xyyx，所以2121BMbykax，又280ONOAON，则2||8||cosONOAONAON‖,即1||8||cos8ONOAAONy，故10,8Ny，所以1111187BNyyykxx，而BMBNkk，故2112117byyaxx,故227ba，则双曲线C的离心率为22222212abbeaa，根据双曲线的对称性可知，当A在第四象限时，同理可求得22e=，当A在双曲线的顶点时，由于ABAM，此时AM与双曲线相切，不合题意，故双曲线C的离心率为22e=，故选：D.12．已知函数()fx的定义域为R，()(1)()gxxfx，若(2)fx是奇函数，(1)fx是偶函数，且(11)20g，则501()kgk（）A．46B．47C．48D．49【答案】C【分析】由奇偶函数的对称性得fx是周期为4的周期函数，24500fff，再结合(11)20g得()12f=-，进而结合对称性得312ff，再计算求和即可；【详解】解:因为