打卡第一天-【10天刷完高考真题】冲刺2023年高考数学考前必刷题限时集训练（新高考通用）原卷版+解析版

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【10天刷完高考真题】冲刺2023年高考数学考前必刷题限时集训练（新高考通用）
新高考真题限时训练打卡第八天
Ⅱ 真题限时训练

一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）若集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选：D
2．（2022·全国·统考高考真题）在中，点D在边AB上，．记，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
3．（2022·全国·统考高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
故选：D.
4．（2022·全国·统考高考真题）若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即

故选：C.
5．（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．


6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的定义域为R，且，则（    ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
二、多选题
7．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（    ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.


8．（2022·全国·统考高考真题）若x，y满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
三、填空题
9．（2022·全国·统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】或或
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，

由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，

当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.
10．（2021·全国·统考高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
四、解答题
11．（2021·全国·统考高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
12．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
13．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.

Ⅲ 精选模拟题预测
一、单选题
1．（2023秋·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先求出集合，，再结合交集的定义求解即可.
【详解】由，
，则.
故选：B.
2．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】方法一：取中点，连接，利用余弦定理求，再利用余弦定理可得求，可求结果；
方法二：以为基底，利用向量法求，可求结果.
【详解】法一：取中点，连接，则，
所以或其补角就是异面直线所成的角.

则设，，
.
故选：D.
法二：不妨设正四面体的棱长为2，以为基底，则，
则，
又，所以，所以所成角的余弦值为.
故选：D.
3．（2023秋·福建龙岩·高二统考期末）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ）
A．从六门课程中选两门的不同选法共有30种
B．课程“书”不排在第三天的不同排法共有720种
C．课程“礼”、“数”排在不相邻两天的不同排法共有288种
D．课程“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有576种
【答案】D
【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答．
【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有(种)，A选项不正确；
对于B，除第三天外的5天中任取1天排“书”，再排其他五门体验课程共有(种)，B选项不正确；
对于C，“礼”“数”排在不相邻两天，先排其余四门课程，再用插空法排入“礼”“数”
则不同排法共有(种)，C选项不正确；
对于D，六门课程的全排列有(种)，“乐”、“射”、“御”排在都相邻的三天的不同排法有(种)，则“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有(种)，D选项正确.
故选：D
4．（2023·湖南湘潭·统考二模）已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】直接利用三角函数恒等变换进行凑角化简，再根据，的范围即可求出结果.
【详解】由已知可将，，
则，
，
，即或．
又，所以，
所以，所以选项A，B错误，
即，则，所以．则C错，D对，
故选：D
5．（2023·全国·高一专题练习）在古希腊数学家欧几里得的著作《几何原本》中，把轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.在直角圆锥中，点与底面圆都在同一个球面上，若球的表面积为，则圆锥的侧面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由直径所对的圆周角为直角，可得圆锥底面半径为球的半径，利用球的表面积即可求解.
【详解】圆锥的轴截面为等腰直角三角形，如图所示：

在直角圆锥中，点与底面圆都在同一个球面上，由，所以为球的直径，
若球的表面积为，由，球的半径，
则圆锥底面半径，圆锥母线长，
所以圆锥的侧面积为.
故选：A
6．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数.记函数，则（    ）
A．25 B．27 C．29 D．31
【答案】D
【分析】由已知条件得函数的图象点对称也关于直线对称，由此求得其是周期函数，周期是4，由中心对称得，然后求得，代入计算可得．
【详解】为奇函数，是由向左平移1个单位得到，
则的图象关于点对称，所以，，
为偶函数，是由向左平移2个单位得到，
则的图象关于直线对称，所以，则，
所以，从而，
是周期函数，且周期为4，所以，
因为的图象关于直线对称，也关于点对称，
所以的图象关于点对称，所以，
所以，
所以
因为，，
所以，
故选：D．
二、多选题
7．（2023·安徽宿州·统考一模）已知平面向量，，，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则向量在上的投影向量为 D．若，则向量与的夹角为锐角
【答案】AB
【分析】根据向量线性运算即数量积公式可得AB正确；根据投影向量定义可得向量在上的投影向量为，即C错误；由可得，但此时向量与的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误.
【详解】若，根据平面向量共线性质可得，即，所以A正确；
若，可得，即，解得，所以B正确；
若，，由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，即C错误；
若，则，所以；
但当时，，即此时向量与的夹角为零角，所以D错误.
故选：AB
8．（2023秋·四川眉山·高一校考期末）已知，则下列推理正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据不等式的基本性质证明BC成立，取特殊值说明AD错误.
【详解】对于A:当时,,A选项错误;
对于B: 时, 则,B选项正确;
对于C: ,,则,C选项正确;
对于D: ,,故D错误.
故选:BC.
三、填空题
9．（2022秋·河北沧州·高三南皮县第一中学校联考期中）写出与圆和圆都相切的一条直线的方程；______．
【答案】或或
【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.
【详解】解：圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为，
圆心距为，所以两圆外切，切点为坐标原点.
如图，公切线有三条，分别记为，
由图可知，切线斜率存在，故设切线方程为，
所以，整理得，即或，
所以，当时，，整理得，解得，即方程为；
当时，，解得，即方程为；
所以，所求切线方程为，，
故答案为：或或

10．（2023·全国·高三专题练习）若存在实数，使得函数与的图象有相同的切线，且相同切线的斜率为，则实数的最大值为_________．
【答案】.
【分析】分别设出两个函数与的切点为与，再分别求出导函数，由公切线的斜率求出的切点坐标进而求出切线方程，再由公切线斜率求出的切点横坐标与的关系，函数的切点即为，代入公切线中化简得，求的最大值，即可求出答案.
【详解】设函数的切点为，函数的切点为
分别对函数进行求导，，
由相同切线的斜率为，得
故切线方程为
故函数的切点为.
把切点代入中得

令，
当时，，函数单调递增
当时，，函数单调递减，故 故实数的最大值为
故答案为：.
四、解答题
11．（2023春·安徽铜陵·高一铜陵一中校考阶段练习）在中，角所对的边长分别为．
(1)若，求的面积；
(2)是否存在正整数a，使得为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，．
【分析】（1）根据已知条件及正弦定理边化角，利用余弦定理及同角三角函数的平方关系，结合三角形的面积的公式即可求解；
（2）根据已知条件得出边长的关系，利用余弦定理的推论即一元二次不等式的解法，结合三角形成立的条件即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理，得，
又因为，
所以，解得，故，
由余弦定理，得，
所以C为锐角，则，
因此，．
（2）存在正整数a，使得为钝角三角形,理由如下：
由，即
由，得，即，
所以，
因为为钝角三角形，所以为钝角，
由余弦定理的推论可得，
解得，由三角形的三边关系可得，可得，
∵，,
故．
12．（2021春·四川成都·高二成都七中校考开学考试）已知椭圆的离心率，直线被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.
（1）求椭圆C的方程.
（2）过点M(4，0)的直线交椭圆于A，B两个不同的点，问：是否存在实数，使得，若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】（1）先求出原点到直线的距离，再由圆的半径、圆心距和弦的关系求出的值，再由离心率可求出的值，从而可求出椭圆的方程；
（2），当直线l的斜率为0时，可求出，，从而可求出的值，当直线l的斜率不为0时，设直线，，，将直线与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，然后表示出，，再求出比值即可
【详解】（1）因为原点到直线的距离为，
所以，解得，
又，得，所以橢圆C的方程为.
（2），
当直线l的斜率为0时，，，
所以，
当直线l的斜率不为0时，
设直线，，，
联立方程组，得，由，得，
所以，，，
，
，由，得，
所以，即，
综上可得：存在实数，使得，且.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据题意表示出，的值，再求比值即可，考查计算能力，属于中档题
13．（2022秋·云南·高三校联考阶段练习）已知函数，是的导函数．
(1)若关于的方程有两个不同的正实根，求的取值范围；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，关于的方程有两个不同的正实根，即方程有两个不同的正实根，令，利用导数求出其单调区间，从而可得出答案；
（2）当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，令，利用导数求出函数的最小值即可得解.
【详解】（1）解：，
关于的方程有两个不同的正实根，
即方程有两个不同的正实根，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，上递增，所以，
又当时，，当时，，
所以，即，所以；
（2）解：当时，恒成立，
即恒成立，即恒成立，
令，则
,
当时，，所以函数在上递增，
当时，
令，则，
所以函数在上递增，所以，
所以当时，，即，所以函数在上递增，
所以，所以，所以.
【点睛】本题考查了利用导数研究方程的根及函数不等式恒成立问题，解决两个问题的关键都是分离参数，计算量较大，有一定的难度.