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2023 年新高考数学仿真演练综合能力测试（二）
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 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意解 ，可得 ，
所以 ，
则 ，
故选：B.
2．已知复数满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为复数满足 ，所以
所以 ，
所以 .
故选：B
3．已知平面向量 ，其中 ，且 与 和 与 的夹角相等，则 =
（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】由题意 ，得 ，
由于 与 和 与 的夹角相等，故 ，
即 ，即 ，
故选：B.
4．如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道（图中虚线）与两条直道（图中实线）平滑连续（相
切），已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意设三次函数的解析式为 ，即 ，
，
∴ ，解得 ，
∴ ，
故选：A．
5．已知抛物线 ）的焦点为 ，准线为l，过 的直线与抛物线交于点A、B，与直线l交于
点D，若 ，则p=（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】D
【解析】如图，设准线与 轴的交点为 ，作 ， ，垂足分别为 ， ，
则 .根据抛物线定义知 , ,
又 ，所以 ，
设 ，因为 ，所以 ，
则 .
所以 ,，又 ,可得 ,所以 ，
所以 ,
可得 ,即 .
故选： .
6．某高校组织大学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，分别是“中华古诗词”“社会主义核心价值观”
“科学实践观”“中国近代史”及“创新发展能力”.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能
力”版块被该队选中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，
则有 共10种结果.
某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的结果
有 ，共4种，
则“创新发展能力”版块被选中的概率为 ，
故选：B.7．公元 年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：
“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高
处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这
两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖
暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理．已知将双曲线 与直线 围成的图形绕 轴旋
转一周得到一个旋转体 ，则旋转体 的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】 与双曲线的交点为 、 ，
则用垂直于 轴的平面截旋转体 的截面为圆面，截面圆的半径为 ，截面面积为 ，
与双曲线的渐近线 的交点为 ，
所以 是用垂直于 轴的平面截两条渐近线绕 轴旋转得到的旋转体的截面面积，
， 绕 轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为 ，
用垂直于 轴的平面去截旋转体 ，所得圆环的面积为 ，
因为底面半径为 ，高为 的圆柱的截面面积为 ，体积为 ，
所以根据祖暅原理得旋转体 的体积为 ，
故选：D．8．已知 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题可得： ，
令 ，则 ，
当 时， ，又 ，
则 ，即 ，故 在 单调递增， ，
则当 时， ，即 ， ；
令 ，则 ，
当 时， ，又 ，
则 ，即 ，故 在 单调递减， ，
故当 时， ，即 ， ；
综上所述， .
故选：A.
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．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说
法错误的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为 －
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为
【答案】ABD
【解析】由题意得：
对于选项A：若任意选择三门课程，选法总数为 ，A错误；
对于选项B：若物理和化学选一门，有 种方法，其余两门从剩余的五门中选，有 种选法；
若物理和化学选两门，有 种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有 种选法，所以总数为 ，
故B错误；对于选项C：若物理和历史不能同时选，选法总数为 ，故C正确；
对于选项D：有3种情况：①选物理，不选化学，有 种选法；
②选化学，不选物理，有 种选法；
③物理与化学都选，有 种选法.
故总数 ，故D错误.
故选：ABD
10．已知函数 ，若函数 的部分图象如图所示，则关于函数
，下列结论正确的是（ ）
A．函数 的图象关于直线 对称
B．函数 的图象关于点 对称
C．函数 在区间 上的减区间为
D．函数 的图象可由函数 的图象向左平移 个单位长度得到
【答案】ABC
【解析】∵ ，∴ ，∴ ．
又∵ ，得 （舍）或 ，
因为 ，∴ ，
∴ ，
其图象对称轴为 ， ．当 时， ，故A正确；
∵ ， ， ，∴ 的图象关于点 对称，故B正确；
∵函数 的单调递减区间为 ， ．
∴ ， ，
∴当 时， 在 上单调递减，
所以 在 上单调递减，故C正确；
∵ ．故D错误．
故选:ABC.
11．如图①，在菱形 中， ，将 沿对角线 翻折（如图②），则在翻折的
过程中，下列选项中正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得点 到平面 的距离为
D．存在某个位置，使得 四点落在半径为 的球面上
【答案】ABD
【解析】选项A：因为菱形 的对角线 ,所以将 沿对角线 翻折到 位置的过
程中，一定存在某个位置使得 ，A正确；
选项B：当点 在平面 内的投影为 的重心 时，有 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，即存在某个位置，使得 ，B正确；选项C：因为点 到 的距离为 ，点 到 的距离为 ，
若点 到平面 的距离为 ，则平面 平面 ，平面 平面 ，
因为平面 平面 ，则有 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，与 是等边三角形矛盾，C错误；
选项D：由对称性可得四面体 的外接球球心在底面三角形 中心的中垂线上，因为底面三角形外
接圆半径为 ，所以一定存在四面体的外接球取得半径 ，D正确；
故选：ABD
12．已知椭圆 的左，右焦点分别为 ，长轴长为4，点 在椭圆 外，
点 在椭圆 上，则（ ）
A．椭圆 的离心率的取值范围是
B．当椭圆 的离心率为 时， 的取值范围是
C．存在点 使得
D． 的最小值为2
【答案】ABC
【解析】由题意得 ，又点 在椭圆 外，则 ，解得 ，
所以椭圆 的离心率 ，即椭圆 的离心率的取值范围是 ，故A正确；
当 时， ， ，所以 的取值范围是 ，即 ，故B正
确；
设椭圆的上顶点为 ， ， ，由于 ，
所以存在点 使得 ，故C正确；
，
当且仅当 时，等号成立，
又 ，所以 ，故D不正确．
故选：ABC
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数 是奇函数，则 ___________．
【答案】
【解析】 的定义域为 ，
因为 为奇函数，所以 对任意非零实数恒成立，
所以 ，即 .
故答案为： .
14． 是数列 的前n项和，当 时， 取得最小值，写出一个符合条件的数列 的通项公式，
an=______.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】由题意，我们可以取一个等差数列：
当 时， 时， ，所以当 时， 取得最小值.
所以 符合题意.
故答案为： （答案不唯一）
15．若对于圆 上任意的点 ，直线 上总存在不同两点 ， ，
使得 ，则 的最小值为______.
【答案】10
【解析】由题设圆 ，故圆心 ，半径为 ，
所以 到 的距离 ，故直线与圆相离，故圆 上点到直线 的距离范围为 ，
圆 上任意的点 ，直线 上总存在不同两点 、 ，使 ，
即以 为直径的圆包含圆 ，至少要保证直线上与圆 最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含
圆 ，
所以 .
故答案为：10
16．在棱长为2的正方体 中， 为BC的中点．当点 在平面 内运动时，有
平面 ，则线段MN的最小值为______．
【答案】
【解析】取 的中点P， 的中点 ，连接 ， ， ，如图所示．
∵P，N分别为 ， 的中点，∴ ，
又 平面 ， 平面 ， 平面 ，
P，Q分别为 ， 的中点，∴ ．
又 ， 四边形 为平行四边形， ， ，
又 平面 ， 平面 ， 平面 ，
，∴平面 平面 ，∵ 平面 ，
∴ 平面 ，又点 在平面 内运动，
∴点 在平面 和平面 的交线上即 ．
在 中， ， ， ．
∴ ，∴ ，∴ 点到 的最小距离 ，
∴线段 的最小值为 ．
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、证明过程或演算步棸。
17．（10分）
已知公差不为0的等差数列 的前 项和为 ， 、 、 成等差数列，且 、 、 成等比数列．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，数列 的前 项和为 ，证明： ．
【解析】（1）由题知，
设 的公差为 ，由题意得 ，
即 ，解得 ，
所以 ，
所以 的通项公式为 .
（2）证明：由（1）得 ，
所以 ，
所以 ．18．（12分）
记锐角 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ．
(1)求 ；
(2)求 的取值范围．
【解析】（1）因为 ，即 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，
因为 ， ，
所以 ，同理得 ，
所以 或 （不成立），
所以 ，结合 得 ．
（2）由余弦定理 得， ，
所以 ，则 ，
由正弦定理得， ，
因为 ， ， ， ，
所以 ， ，
所以 ， ．
19．（12分）
如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直， ，(1)求证：平面DEF⊥平面DCE；
(2)当AB的长为何值时，二面角A-EF-C的大小为60°.
【解析】（1）因为 ，所以 ，因为矩形 和平面 垂直，所以 .矩形
和平面 交于 ，所以 面 ，又因为
面 ，所以 .因为 面 ，所以 面 ，又因为 面 ，所以平面
DEF⊥平面DCE.
（2）因为 ，所以 ，由上面可知， 面 ，则以 为原点，分别以
为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系.如下图.
过点 作 于点 ，在 中， ， ，则 .因为 ，所以
， .
设 ，则 、 、 ， ，
， ， ，设平面 的法向量为 ，则 ，
得 ，令 ，则 ，
因为 面 ，所以 ，若二面角 的大小为 ，则，解得 ，所以当 时，二面角A-EF-C的大小为60°.
20．（12分）
为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部A、B进行体育运动和文化项目比赛，
由A部、B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天
胜利，此时该天比赛结束．若A部、B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部、B
部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为
，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．
(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求 ，并求当 取最大值时p的值；
(2)当 时，记一共进行的比赛局数为Y，求 ．
【解析】（1）X可能取值为2，3．
；
．
故 ，
即 ，则当 时， 取得最大值．
（2）当 时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为 ；
比分为2∶1或1∶2的概率均为 ．
，则 或 ．
即获胜方两天均为2∶0获胜，不妨设A部胜，
概率为 ，同理B部胜，概率为 ，
故 ；
即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，
不妨设最终A部获胜，
当前两天的比分为2∶0和2∶1时，
先从两天中选出一天，比赛比分为2∶1，三场比赛前两场，A部一胜一负，第三场比赛A获胜，另外一天
比赛比分为2：0，故概率为 ，
当前两天比分为2∶0和0∶2，附加赛A获胜时，两天中选出一天，比赛比分为2：0，概率为 ，
故最终A部获胜的概率为 ，
同理B部胜，概率为 ，
故 ．
所以 ．
21．（12分）
已知双曲线 的右焦点为F，点 分别为双曲线C的左、右顶点，过点F的直线l交双曲
线的右支于 两点，设直线 的斜率分别为 ，且 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)当点P在第一象限，且 时，求直线l的方程.
【解析】（1）由题意得 ，设点 .
则 .
因为点P是双曲线上的点，则 ，∴. ，∴ ，
则双曲线C的方程为
（2）设 ，点P在第一象限，
则 ，
又 ，故 ，
同理可得 ，即 ，
则直线l的斜率大于0，
由（1）可知 ，设直线 ，联立 ，
化简得 ，
则 ，
故 ,
，代入韦达定理得 ，
所以 ，解得 或 （舍去），
所以直线l的方程为 .
22．（12分）
已知函数
(1)若 在 上单调递增，求 的取值范围；
(2)当 时，证明： .
【解析】（1） 在 上单调递增，所以 恒成立，
令 恒成立，
当 时， 恒成立.
当 时 ，所以h（x）在 上单调递增，
所以 时， ，故不符合题意.
当 时，令 ，解得 ，
当 时， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以
解得 .
综上， 的取值范围是 .
（2）证明：当 时， ，
要证 ，即证 ，
只需证 ，
即证
令 ，令 ，
当 时， ，当 时， ，
所以
，
故存在 使得
所以 ，
即 在 时递增，在 时递减.
令 ，
则二次函数 关于直线 对称，函数图象开口向下，且 ，
故当 时， ，又
∴ ，
又 ，所以函数在 上存在唯一零点 ，
使得 .
,当且仅当 时等号成立.令 ，则 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
所以 ，
即 ，当且仅当 时等号成立
因为取等号的条件不一致，故 .
