文档内容
第一篇 热点、难点突破篇
专题 24 模拟测试卷（新高考地区专用）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．（2023·陕西榆林·统考一模）已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先解出集合 ,再求 .
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 .
故选：D
2．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）若 （ 是虚数单位），则 （ ）
A． B．0 C．1 D．3
【答案】A
【分析】化简得 ，解出 的值即可.
【详解】因为 ,所以 ,
则 ,所以 ,
故选：A.3．（2023春·河南洛阳·高三栾川县第一高级中学校考开学考试）已知AB是 的直径，C，D是半圆弧AB上
的两个三等分点，设 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由平面向量的线性运算法则求解．
【详解】 是 的直径，C，D是半圆弧AB上的两个三等分点，
且 ， ．
故选：A．
4．（2022秋·辽宁丹东·高三校联考阶段练习）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重
的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来
使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成
的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所有顶点都在同一个
球面上，则这个球的表面积是（ ）
图1 图2
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.【详解】底面边长为 ，底面的对角线长为 .
设正四棱柱和正四棱锥的高为 ，外接球的半径为 ，
则 ，
解得 ，
所以外接球的表面积为 .
故选：C
5．（2022·广东广州·统考三模）“总把新桃换旧符”（王安石）、“灯前小草写桃符”（陆游），春节是中
华民族的传统节日，在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯
笼等方式来表达对新年的美好祝愿，某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满80元，则可以从
“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有5名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有3人领
取的礼品种类相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由组合及分步计数原理求出恰有3人领取的礼品种类相同的情况，再求出总情况，由古典概型求解
即可.
【详解】先考虑恰有3人领取的礼品种类相同的，先从5人中选取3人有 种，再从三类礼品中领取一件
有 ，
另外2人从剩下的2类礼品中任意选择有 种，按照分步乘法计数原理可得 种，
又总情况有 种，故恰有3人领取的礼品种类相同的概率是 .
故选：D.
6．（2023秋·内蒙古包头·高三统考期末）若函数 与 都在区间 上单调递增，则
的最大值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析在一个较大区间内 的单调性，找出它们的公共增区间 ，分析出 的最大值.
【详解】 的周期为 ， 的周期为 ，分析在 内两个函数的单调性，
函数 在 上单调递增，
函数 在 上单调递增，
所以函数 与 都在区间 上单调递增，
且 为 的最大公共增区间
所以则 ， ，所以 的最大值为 .
故选：C.
7．（2023·全国·模拟预测）已知实数 ，且 ， ， ，
则实数a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将式子进行变形，构造函数 ，结合函数的单调性即可比较【详解】由 得 ，由 得 ，由 得
，
故构造函数 ，则 ，则当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
当 时， 取最大值 ，其图象如图所示：
分别取 ，由于 ，且 故 ，又
，故 ，
由于 时， 单调递减，在 时， 单调递增，
结合图象得： ，
故选：D
8．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体 中， 为棱 的中点，
分别是底面 与侧面 的中心， 为该正方体表面上的一个动点，且满足 ，记点 的
轨迹所在的平面为 ，则过 四点的球面被平面 截得的圆的周长是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点 的轨迹，求出 到平面 的距离，利用几何法求截面圆的半
径和周长.
【详解】取面对角线 中点 ，连接 ， ， ， ， 分别在 上，且
，
以 为原点， 的方向分别为 轴， 轴， 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
， ， ， ， ， ， ， ，
，
， ， ， ，
三棱锥 中， 为直角三角形，所以 ，因此点 即为三棱锥 的外接球球心，球半径长为 ，
， ， ， ， ， 共面，
， ， ， ，
平面 ， ， 平面 ， 平面 ，
点 的轨迹为矩形 的四边，如图所示，
， 为平面 的法向量，
则球心 到平面 的距离为 ，
球面被平面 截得的圆的半径 ，圆的周长为 .
故选：B
【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.
二、多项选择题：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．（2023·江苏南通·统考一模）在棱长为2的正方体 中， 与 交于点 ，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C． 与平面 所成的角为
D．三棱锥 的体积为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等
体积法判断D.
【详解】∵ 平面 平面平面 ，A对；
因为 又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
平面 ，B对；
因为 平面 与平面 所成角为
因为 ， C错；
因为 ，D对.
故选： .
10．（2023秋·浙江·高三期末）已知函数 ，则（ ）
A．当 时，函数 的极大值为
B．若函数 图象的对称中心为 ，则
C．若函数 在 上单调递增，则 或
D．函数 必有3个零点
【答案】BD
【分析】根据函数极大值的定义，结合函数的导数的性质、函数零点的定义逐一判断即可.
【详解】A项：当 时， ，则 ，所以 在 单调递增，在 单调递
减，在 单调递增，所以 极大值为 ，故错误；B项：因为函数 图象的对称中心为 ，
所以有 ，故正确；
C项： 恒成立，显然 必有两根 ，则 在 递
减，故错误；
D项： 必有2相异根，且非零，故 必有
3个零点，故正确．
故选择：BD
11．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知P为抛物线 上的动点， 为坐标原点，
在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点， ，则（ ）
A． 的最小值为4
B．若线段AB的中点为M，则弦长AB的长度为8
C．若线段AB的中点为M，则三角形OAB的面积为
D．过点 作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分 ，则直线GH的斜率为定值
【答案】ABD
【分析】先求出抛物线的方程 ，利用抛物线的定义转化即可求出最小值可判断A；由直线与抛物线相
交的弦长公式判断B；由点到直线的距离公式可求三角形OAB的面积判断C；设 ， ,将已
知转化为 结合两点连线的斜率公式即可判断直线GH的斜率是否为定值判断D.【详解】
由 在抛物线C上，得 ，抛物线C的方程为 ， ．
对于A，过点P作抛物线的准线 的垂线PD，垂足为D，
由抛物线的定义知 ，
即M，P，D三点共线时， 取得最小值，为 ，故A正确．
对于B，因为 为AB的中点，点A，B的横坐标 ，则 ， ，故B正
确．
对于C，由直线l过焦点 与 求得直线l的方程为 ，则点O到直线l的距离
，则 ，故C错误；
对于D，易知点 在抛物线上且 轴．设 ， ．
易知直线EG，EH的斜率存在， ，同理 ．
因为EF平分 ， 轴，所以 ，即 ，
直线 ，所以 ，
直线GH的斜率 为定值，故D正确．故选：ABD
12．（2023秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数 及其导函数 的定义域均为
为奇函数且 时 ，则（ ）
A． 为偶函数 B．
C．当 时， D．存在实数 ，使得
【答案】ACD
【分析】由题意可得 ，求导后可得 ，判断A；由题意设设 ，可
推得 ，结合题意推出 ，可得 ，判断B；结合
的性质采用赋值法推得当 时， ，即 ，判断C；利用 的单调性，结
合 的性质推出 ，可判断D.
【详解】对于A， 为奇函数，则 ，求导得 ，
即 ，所以 为偶函数，故 正确；
对于B，设 ，因为 为奇函数，所以 也是奇函数；
，
，即 ，
所以 关于 对称，即 ，又 关于 对称，即 ，
故 ，即 ，所以 的周期为2，故
，故B不正确；
对于C，因为 是奇函数，所以 ，
令 ，则 ，又 的周期为2，
所以当 为奇数时， ；当 为偶数时， ，
故当 时， ，即 ，故C正确；
对于D，由 时 ，可知 单调递增，且由C选项知 ，
所以当 时， ，
所以 ，
同理，当 时， ，所以 ，
所以 时， ，根据 的周期为2知， ，
故存在 ，使得 ，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛： 选项的判断比较困难，因此要根据函数性质结合函数结构特点设出
，结合 的性质，判断出函数 的性质，特别困难的是判断D选项，要结合 的单
调性以及函数值情况推出 ，继而解决问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习） 的展开式中， 项的系数为_________．
【答案】40
【分析】根据题意可得 ，结合二项式展开式的通项公式计算即可求解.
【详解】 ，的展开式中 项为 ，
的展开式中没有 项，
所以 的展开式中含 项的系数为40．
故答案为：40.
14．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）直线 与圆 相交于 两点，且 ．若
，则直线 的斜率为_________．
【答案】
【分析】设直线方程，结合弦长求得圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式列出等式，即可求得答案.
【详解】根据题意，直线l与圆 相交于 两点，且 ，
当直线斜率不存在时，直线 即y轴，显然与圆相切，不符合题意;
故直线斜率存在，设直线l的方程为 ，即 ，
因为圆 的圆心为 ，半径为 ，
又弦长 ,所以圆心到直线的距离为 ,
所以 ，解得 ，
故答案为： .
15．（2023秋·江西吉安·高三统考期末）已知函数 ， ，函数 的图象在点
和点 处的两条切线互相垂直，且分别交 轴于 ， 两点，则 的取值范围是
_______.
【答案】【分析】设 ， ，由导数法得到 ， ，再由垂直得到 ，然后
写出直线AM，BN的方程，得到M，N的坐标，建立模型，用导数法求解.
【详解】解：由题意， ，则
∴ ， ， ， ，
由 ，得 ，
∴ ： ，则 ，
： ，则 ，
∴ ，
，
令 （ ），
，
∴ 在 上递增，又 ， ，
∴ 的取值范围是 .
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解切线有关的问题，关键点有两个，一个是切点，另一个是斜率.切点即是要看清题目
给的已知条件所给点是在曲线上，还是在曲线外；斜率是将切点的横坐标代入导函数求得的
16．（2023秋·内蒙古阿拉善盟·高三阿拉善盟第一中学校考期末）已知椭圆C： 的左、右
焦点分别为 ， ，C的下顶点为A，离心率为 ，过 且垂直于 的直线与C交于D，E两点， ，
则 的周长为______.【答案】 ##
【分析】利用 可得椭圆 的方程为 ， 为正三角形，通过几何关系可得到直线
的方程为 ，与椭圆进行联立可得到 ， ，结合弦长公式和椭圆的定义
即可求解
【详解】因为椭圆 的离心率 ，所以 ， ，所以椭圆 的方程为 ，
即 ，
在 中， ， ，所以 为正三角形，
过 且垂直于 的直线与C交于D，E两点，所以DE为线段 的垂直平分线，直线DE的斜率为
，所以直线 的方程为 ，
设 ， ，由 ，得 ，
所以 ， ，
所以 ，解得 ，所以 ，
因为 为线段 的垂直平分线，所以 ， ，
所以 的周长为 .故答案为：
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
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．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）已知正项数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)求 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用和与项的公式 ，即可求 的通项公式；
(2)先求得 ，再裂项求和即可.
【详解】（1）当 时， ，得 ．由 ，有 ，①
当 时， ，②
由①-②得 ，
即 ，化简得 ．
因为 ，所以 ，
所以 是以1为首项，2为公差的等差数列，故
（2）由（1）知， ．
，
所以 ．
18．（2023春·重庆·高三统考开学考试）如图，△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
.
(1)求角B的大小；
(2)已知 ，若D为△ABC外接圆劣弧AC上一点，求AD+DC的最大值.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】(1) 法一:利用正弦定理和两角和的正弦公式可得 ，再利用三角形内角的取值范围即可求解；
法二:利用余弦定理得出 ，根据三角形内角的取值范围即可求解；
(2) 方法一：设 ，则 ，利用正弦定理得出 ， ，
然后利用辅助角公式和正弦函数的图象和性质即可求解；方法二：利用余弦定理和基本不等式即可求解.
【详解】（1）法一:∵ ，由正弦定理得
，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，又∵ ，∴ ，
法二:∵ ，
由余弦定理得 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ .
（2）由（1）知， ，面四边形ABCD内角互补，则 ，
法一:设 ，则 ，
由正弦定理得 ，
∴ ， ，
∴ ，当且仅当 时， 的最大值为 .
法二:在△ADC中， ， ，
由余弦定理得 ，
∴ ，∴ ，
当且仅当 时， 的最大值为 .
19．（2023秋·内蒙古包头·高三统考期末）如图，直四棱柱 的底面是平行四边形， ，
， ， ， ， 分别是 ， ， 的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 、 、 ，即可得到 ，再证明 ，由直棱柱的性
质证明 ，即可得到 平面 ，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）取 的中点 ，连接 、 、 ，
又因为 ， 分别是 ， 的中点，
所以 且 ， 且 ，
所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又在直四棱柱 的底面是平行四边形， ， ，
所以 为等边三角形，所以 ，又 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 ，
， 平面 ，
所以 平面 ，
所以 平面 .
（2）如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以
，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以
，
设平面 与平面 所成二面角为 ，则 ，
所以 ，即平面 与平面 所成二面角的正弦值为 .
20．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）为积极响应“反诈”宣传教育活动的要求，某企业特举办了一次“反
诈”知识竞赛，规定：满分为100分，60分及以上为合格.该企业从甲､乙两个车间中各抽取了100位职工的竞
赛成绩作为样本.对甲车间100位职工的成绩进行统计后，得到了如图所示的成绩频率分布直方图.(1)估算甲车间职工此次“反诈”知识竞赛的合格率；
(2)若将频率视为概率，以样本估计总体.从甲车间职工中，采用有放回的随机抽样方法抽取3次，每次抽1人，
每次抽取的结果相互独立，记被抽取的3人次中成绩合格的人数为 .求随机变量 的分布列；
(3)若乙车间参加此次知识竞赛的合格率为 ，请根据所给数据，完成下面的 列联表，并根据列联表判
断是否有 的把握认为此次职工“反计”知识竞赛的成绩与其所在车间有关?
2×2列联表
乙车
甲车间 合计
间
合格人数
不合格人数
合计
附参考公式：① ，其中 .
②独立性检验临界值表
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)表格见解析，有
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，可得答案；
（2）根据二项分布的分布列的解题步骤，可得答案；（3）由题意，补全列联表，利用独立性检验的解题步骤，可得答案.
【详解】（1）根据频率分布直方图可求得甲车间此次参加“反诈”知识竞赛的合格率
，即 .
（2）由题意可知 ，由于每次抽取的结果是相互独立的，故 ，
所以 ，
故随机变量 的分布列为
0 1 2 3
（3）根据题中统计数据可填写 列联表如下，
乙车
甲车间 合计
间
合格人数 80 60 140
不合格人数 20 40 60
合计 100 100 200
所以有 的把握认为“此次职工‘反计’知识竞赛的成绩与职工所在车间有关系”.
21．（2023春·全国·高三校联考开学考试）已知双曲线 的渐近线方程为 ，点 ，
分别为双曲线 的左、右焦点，过 且垂直于 轴的直线与双曲线交于第一象限的点 ，且 的周长
为 ．
(1)求双曲线 的方程；(2)若直线 与双曲线的左支、右支分别交于 ， 两点，与直线 ， 分别交于P，Q两点，
求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据渐近线方程得 ，设 ，则 ，代入双曲线方程求出 ，得 ，
利用双曲线定义求出 ，根据 的周长为 列式求出 ，可得双曲线方程；
（2）联立直线与椭圆，根据题意求出 的范围，由弦长公式求出 ，再求出 坐标和 ，根据 的
范围可求出 的取值范围.
【详解】（1）因为双曲线 的渐近线方程为 ，所以 ，
设 ，则 ，
所以 ，因为点 在第一象限，所以 ，即 ，
所以 ，又 ，
所以 ，所以 ，
所以双曲线 的方程为 .
（2）设 ， ，联立 ，消去 并整理得 ，
所以 ，解得 ，
， ，
所以 ，
联立 ，解得 ，所以 ，
联立 ，解得 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，其中 ，
因为 ，所以 ， .
所以 的取值范围为 .
【点睛】关键点睛：（2）中，求解关键是求出 和 关于 的函数关系式以及利用直线 与双
曲线的左支、右支分别交于 ， 两点，求出 的取值范围.
22．（2023春·江苏南京·高三校考开学考试）已知函数 ．(1)若 ，求函数 的单调区间；
(2)若 ，且 在区间 上恒成立，求a的取值范围；
(3)若 ，判断函数 的零点的个数．
【答案】(1)单调增区间为 ；单调减区间为
(2)
(3)有1个零点
【分析】（1）求出导函数 ，由 得增区间，由 得减区间；
（2）求得 的根，然后按照根与已知区间的关系分类讨论确定 的正负得单调性，从而函数的最小
值，由最小值大于0得参数；
（3）求出 ，对 再求导得出其最小值，由最小值大于0得 ，从而得 的单调性，然后结合
零点存在定理确定零点个数，为此计算 时的函数值（小于0）， ，可得零点存在且唯一．
【详解】（1）若 ，则 ，
由 得， ；由 得， ．
所以函数 的单调增区间为 ；单调减区间为 ．
（2）依题意，在区间 上 ． ．
令 得， 或 ．
若 即 ，则由 得， ， 递增；由 得， ， 递减．
所以 ，满足条件；
若 ，则由 得 或 ，在 时 递增或 时 递增；由得 ， 递减． ，
依题意 ，即 ，所以 ．
若 ，则 ．
所以 在区间 上单调递增， ，不满足条件；
综上， ．
（3） ．
所以 ．设 ， ．
令 得 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 的最小值为 ．
因为 ，所以 ．
所以 的最小值 ．
从而， 在区间 上单调递增．
又 ，
设 ．则 ．令 得 ．由 ，得 ；
由 ，得 ．所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 ．
所以 恒成立．所以 ．
所以 ．
又 ，所以当 时，函数 恰有1个零点．
【点睛】方法点睛：用导数研究函数零点个数问题，主要是由导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理
得零点个数．难点是在确定零点存在时，零点两边函数值异号时点的取得．
