【文档说明】《2023年高考数学第一次模拟考试卷》数学（新高考Ⅰ卷A卷）（全解全析）.docx，共(14)页，1.311 MB，由envi的店铺上传

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2023年高考数学第一次模拟考试卷（新高考Ⅰ卷）数学·全解全析123456789101112DCACDCDDBCDABDACBCD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．【答案】D【详解】由()2log12x+得

：014x+，解得：13x−，即13Bxx=−，13ABxx=−.故选：D.2【答案】C【详解】5ii36cosisinci551313eeisin66232os3=++−+++=+，因此，225ii361313ee222

−++=+=.故选：C.3．【答案】A【详解】若xya==，则1,1axaaya++，故1aya−−−−则11xy−−，则1xy−，故充分性满足；若

1xy−，取0.5,1.2xy==，满足1xy−，但0,1xy==，故必要性不满足.故“=xy”是“1xy−成立”的充分不必要条件.故选：A.4．【答案】C【详解】解：lnlnln3W

fk=−（其中f是脉搏率（心跳次数/min)，体重为()Wg，k为正的常数），当300Wg=时，则脉搏率13lnln300ln3kf−=，即331lnlnln300fk=−，则331300kf=，当8100Wg=时，则脉搏率23lnln8100ln3kf−=，即332lnlnln8100fk

=−，则3328100kf=，33132300278100kfkf==，即123ff=体重为300g的豚鼠和体重为8100g的小狗的脉搏率之比为3，故选：C．5【答案】D【详解】由题意可知，建立如图所示的平面直角坐标系，因为正八边形ABCDEFGH，所以AOHHOGAOBEOFFO

G====DOECOBCOD=====360458作AMHD⊥，则OMAM=,因为2OA=，所以2OMAM==，所以(),A−−22，同理可得其余各点坐标，(,),(,),(,),(,),(,)BEGDH−−−0

222222020，对于A，((),)OBOEOG++=++−−++=202222220，故A正确；对于B，()()222022OAOD=−+−=−，故B正确；对于C，()22,2AH=−+，()22,2EH=−−−，()4,0AHEH+=−所以()22404AHEH+=−+=

，故C正确；对于D,()22,2AH=−+，()22,2GH=−+−，()422,0AHGH=−++()224220422AHGH+=−++=−，故D不正确.故选：D.6．【答案】C【详解】因为1212PFPFPHPFPF=+，所以PH是12F

PF的角平分线，又因为点H在直线xa=上，且在双曲线中，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，则12PFF△的内切圆圆心在直线xa=上，即点H是12PFF△的内心，如图，作出12PFF△，并分别延长HP、1HF、2HF至点P、1F、2F，使得5

HPHP=，113HFHF=，224HFHF=，可知H为12PFF△的重心，设1HPFSm=△，2HPFSn=△，12HFFSp=△，由重心性质可得152012mnp==，即::4:3:5mn

p=，又H为12PFF△的内心，所以1212::5:4:3FFPFPF=，因为122FFc=，所以1124855cPFFF==，2123655cPFFF==，则12225caPFPF=−=，所以双曲线C的离心率225225c

ccecaa====.故选：C.7．【答案】D【详解】解：因为函数πsin23yx=+，所以其最小正周期为22T==，而区间π,4tt+的区间长度是该函数的最小正周期的14，因为函数πsin23yx=+在区间π,4tt

+上的最大值为()1gt，最小值为()2gt，所以当区间π,4tt+关于它的图象对称轴对称时，()()12gtgt−取得最小值，对称轴为++4+28ttt=，此时函数πsin23yx=+有最值1，不妨设y取

得最大值()11gt=，则有πsin2+183t+=，所以7sin2+112t=，解得72++2,122tkkZ=，得,24tkkZ=−，所以()2

gtπ2sin2+sin2sin2+324342tkk==−+==，所以()()12gtgt−的最小值为222−，故选：D.8．【答案】D【详解】设底边长为a，原四棱

锥的高为h，如图1，1,OO分别是上下底面的中心，连结1OO，11OA，OA，根据边长关系，知该棱台的高为2h，则11112222217322224ABCDABCDaahahVaa−=++=，由13AA=，且四边形11AOOA为直角梯形，11112224O

AABa==，2222OAABa==，可得222324ha+=，则2238ah=−，图1图2图3111122277324128ABCDABCDahaaV−==−()32222227748228482484833aaaaaa++−=−

=当且仅当22482aa=−，即4a=时等号成立，此时棱台的高为1.上底面外接圆半径1112rAO==，下底面半径22rAO==，设球的半径为R，显然球心M在1OO所在的直线上.显然球心M在1OO所在的直线上.当棱台两底面在球心异

侧时，即球心M在线段1OO上，如图2，设OMx=，则11OMx=−，01x，显然1MAMAR==则，有()222211rxrx+=+−，即()()()22222221xx+=+−解得0x，舍去.当棱台两

底面在球心异侧时，显然球心M在线段1OO的延长线上，如图3，设OMx=，则11OMx=+，显然1MCMAR==即()222211rxrx+=++，即()()()22222221xx+=++解得52x=，()225572222R=+=，此时，外接球的表面积为225744

572R==.故选：D.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．【答案】BC

D【详解】对于A：0.120.20.5=，(0.10.2)20.60.5+=，所以骑车时间的中位数在)20,22这一组，为0.50.220221.50.4−+=分钟，故A错误；对于B：骑车时间的众数的估计值是2022212+=分钟，故B正确；对于C

：(0.0250.0500.075)20.30.4++=，(0.0250.0500.0750.100)20.50.4+++=，所以坐公交车时间的40%分位数的估计值在)18,20这一组，为0.40.3182190.2−+=分钟，故C正确；对于D：坐公交车时间的平均数的估

计值为：2(0.025130.050150.075170.100190.10021++++0.075230.050250.02527)20+++=，骑车时间的平均数的估计值为：2(0.10190.20210.15230.0525)21.6+++=，则坐

公交车时间的平均数的估计值小于骑车时间的平均数的估计值，故D正确.故选：BCD.10．【答案】ABD【详解】设(,)Pxy，因为(1,0),(2,0)AB−，且点P满足||1||2PAPB=，可得2222(1)12(2)xyxy−+=++，整理得22(2

)4xy−+=，即曲线C的方程为22(2)4xy−+=．对于A中，曲线C为半径为2的圆，所以周长为224=，所以A正确；对于B中，因为(1,0),(2,0)AB−，所以12OAOB=，所以OAPAOBPB=，延长BP到Q，使APPQ=，连结AQ，如图所示，因为APPQ=，所以OBPB

PBOAPAPQ==，所以//OPAQ，所以OPBQ=，OPAQAP=，因为APPQ=，所以OPAQ=，所以OPBOPA=，即OP平分APB，所以B正确．对于C中，由ABP的面积为1322PPSAByy==，要使得A

BP的面积最大，只需Py最大，由由点P的轨迹为22:(2)4Cxy−+=，可得max2Py=，所以ABP面积的最大值为3，所以C错误；对于D中，当APAB⊥时，(1,3)P或(1,3)−，不妨取(1,3)P，则直线30:(2)1(2)BPyx−=+−−，即3(2)3yx=+，因

为圆心(2,0)C到直线BP的距离为23(22)3231()3d+==+，所以dr=，即直线BP与圆相切，所以D正确．故选：ABD．11．【答案】AC【详解】对于A：不妨令0xy==，则(00)(0)(0)(0)0ffff++

，因为)0,x+，()0fx，所以(0)0f，故(0)0f=，故A正确；对于B：不妨令1x=，2y=，则(1)1f=，(2)0f=，(12)0f+=，即(12)(1)(2)fff++，这与0x，0y，()()()fxyfx

fy++矛盾，故B错误；对于C：由题意可知，)0,x+，()[]0fxx=，不妨令0xmn=+，其中m为整数部分，n为小数部分，则()[]fxxm==；再令0yab=+，其中a为整数部分，b为小数部分，则

()[]fyya==；若01nb+，则()[]fxyxyma+=+=+；若1nb+，则()[]1fxyxyma+=+=++，从而0x，0y，()()()fxyfxfy++成立，故C正确；对于D：由题

意可知，常函数()0fx=为“H函数”，但()fx不是增函数，故D错误.故选：AC.12．【答案】BCD【详解】对于A、B，由抛物线的焦点()1,0F，则2p=，即24yx=，其准线方程为=1x−，设点P到准线的距离为Pd，则PPMPFPMd+=+，设点()3,2M

到准线的距离为Md，易知4PMPMdd+=，如下图：故A错误，B正确；对于C，由题意可知，过点()3,2M的直线l可设为()23xmy=−+，代入抛物线2:4Cyx=，可得248120ymym−+−=，设()()1122,,,Ax

yBxy，则12124,812yymyym+==−，()()121212122323OAOBxxyymymyyy=+=−+−++()()()()22121213232myymmyym=++−++−，将12124,812yymyym+==−代入上

式，可得()()()()22181232432mmmmmm=+−+−+−2443mm=−−214442m=−−−，故C正确；对于D，由C可得直线l的方程为230xmym−+−=，可设直线PF的方程为10xmy−−=，易知点P到直线l的距离等于两

平行线l与PF的距离2223122111mmdmm−+==−++，令221xyx=+，()()()()()22222212221111xxxxxyxx+−−+==++，当()(),11,x−−+时，0y，当()1,1x−时，0

y，则221xyx=+在(),1−−和()1,+上单调递减，在()1,1−上单调递增，由当1x−时，0y，当1x时，0y，则min1y=−，max1y=，可得022d，故D正确.故选：B

CD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】πcos2x（答案不唯一）【详解】∵()fx为R上的偶函数，∴()()fxfx−=，又(1)(3)fxfx+=−，∴用3+x替换x，得()()4fxfx+−=，∴()4()fxf

x+=，∴()fx的周期为4，则()fx的一个解析式可以为()πcos2fxx=故答案为：πcos2x（答案不唯一）．14．【答案】84【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为113.5a=，芒种日晷长为2.5尺，记为122.5a=，

因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列{},N,12nann，数列{}na的公差1212.513.51121121aad−−===−−−，因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为11.5ad+=，又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长

最长，则大雪的日晷长为1212.5ad+=，显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为12.5尺，共12项，所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为1.512.512842+=(尺).故答案为：8415．【答案】37840【详解】解：8个

程序题目全排列共有88A种方法；全尺寸太阳能排在前两位，可分类讨论：①全尺寸太阳能排在首位：太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有22A种方法，两者均不与空间运输相邻，可先将其余4个全排列，有44A种

方法，再插空有25A种排法，故此时共有242245AAA22420960==种方法；②全尺寸太阳能排在第二位，再分两种情况()i首位排空间运输，太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有22A种方法，和余下4个元素一起全排列，有55A种方法，共2525

AA240=种方法；()ii首位不排空间运输，余下四个一般元素挑一个排在首位，有14A种方法，太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有22A种方法，余下3个一般元素全排列，有33A种方法，最后在4个空位中对空间运输和捆绑元素插空有24A

种，共12324234AAAA576=；由①②所有符合条件的排法有9602405761776++=；故所求概率为：881776177637A87654321840==．故答案为：37840．16．【答案】1(,0)[e−,)+【详解】解：因

为(2e)ln(2e)lnatbabtbaa+−=−，所以(2e)(lnln)0atbaba+−−=，当0=t时，上式变为0a=，与0a矛盾，当0t时，上式为1(2e)lnbbaat−=−，令bxa=，则()(2

e)lnfxxx=−，0x，12e()ln(2e)ln1fxxxxxx=+−=+−，令2e()ln1gxxx=+−，0x，212e()0gxxx+=，所以()gx在(0,)+上单调递增，又

()2eelne10eg=+−=，所以在(0,e)上，()0gx，()0fx，()fx单调递减，在(e,)+上，()0gx，()0fx，()fx单调递增，所以min()(e)fxf=(e2e)lnee=−=−，x趋向于

0或+时，()fx均趋向于+，所以1et−−…，即1et„，所以0t或1et…，故t的取值范围为1(,0)[e−,)+．故答案为：()1,0[e−,)+．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．【答案】(1)23(2)①③正确,（i）33sin14A=;（ii）158BD=【详解】（1）解:由题意知3sincos66BB+=−+3sincos066BB+++

=,即2sin03B+=()0,B,3B+=,故23B=;（4分）（2）由（1）得23B=,ba,故条件②不成立,即条件①③正确,在ABC中,由余弦定理可得:22222cos3acac

b+−=,即2220acbac+−+=,对于条件①:22230abcc−++=,与上式结合可得3a=,对于条件③:13153sin244acBac==,故15ac=,所以5c=,将3,5ac==代入2220acbac+−+=可得:7b=,

（6分）（i）在ABC中,由正弦定理可得:sinsinabAB=,即372sinsin3A=,33sin,13cos1441AA==,（8分）（ii）BDQ是ABC的角平分线,ABDCBD=,1sin5213sin2ABDBCDAABBDSA

DABSCDBCBCBBDCBDD====,7AC=,358AD=,在ABD△中,由余弦定理可得2222cosBDABADABADA=+−23535132252525881464=+−=,故158BD

=.综上:条件①③正确,33sin14A=,158BD=.（10分）18．【答案】(1)21nan=−(2)证明见解析(3)20【解析】（1）当1n=时，()2111441aSa==+，解得：11a=；当2n且nN时，()()221144411nnnnnaSSaa−−=−=+−+，整理可

得：()()1120nnnnaaaa−−+−−=，又0na，12nnaa−−=，（2分）数列na是以1为首项，2为公差的等差数列，()12121nann=+−=−.（4分）（2）由（1）得：()()212121212121113212

12121nnnnnnb−−+−+==−++++，（6分）1335572321212111111111111321212121212121212121nnnnnP−−−+=−+−+−++−+−++++++++++12121111111111321213321339n

n++=−=−=+++.（8分）（3）由()241nnSa=+得：()2242114nSnn=−+=，2nSn=，()()211nncn=−+；（9分）①当n为偶数时，()()()()()

222222223254761nTnn=−+−+−+++−()()()()()()332547612312nnnnn+=++++++++=++++=；由200nT得：()32002nn+，又nN，min20n=；（10分）②当n为奇数时，(

)()()221114342022nnnnnnnTTcn++++++=−=−+=−；（11分）综上所述：满足200nT的最小正整数n的值为20.（12分）19．【答案】(1)25(2)分布列见解析，数学期

望：65(3)至少要进行11轮测试【详解】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26

，37，58，18，25，48，33，30，其中参与“单板滑雪”的人数超过30人的学校有6个，参与“单板滑雪”的人数超过30人，且“自由式滑雪”的人数超过30人的学校有4个，记“这10所学校中随机选取2所学校参与“单

板滑雪”的人数超过30人”为事件A，“这10所学校中随机选取2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人”为事件B，则()26210C1C3PA==，()24210C2C15PAB==，（2分）所以，()()()25PABPBAPA==.（4分）

（2）参与“自由式滑雪”人数在40人以上的学校共4所，X的所有可能取值为0,1,2,3，所以()0346310CC2010C1206PX====，()1246310CC6011C1202PX====，()2146310CC3632C

12010PX====，()3046310CC413C12030PX====，（6分）所以X的分布列如下表：X0123P1612310130所以()131623210305EX=++=（8分）（3）记“甲同学在一轮测试中获得“优秀””为事件C，则23233322220C1

C33327P=−+=，由题意，甲同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布20,27Bn，（10分）由题意列式20827n，得545n，因为*Nn，所以n的最小值为11，故至少要进行11轮测试（12分）20．【答

案】(1)证明见解析(2)存在，34=【详解】（1）依题意ABCD矩形，4AB=，2BC=，E是CD中点，所以22AEBE==，又4AB=，所以，222AEBEAB+=，AEBE⊥，（2分）因为平面BEF⊥平面ABCD，平面BEFI平面

ABCDBE=，所以⊥AE平面BEF，又BF平面BEF，所以AEBF⊥.（4分）（2）以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系.则()0,0,0C，()4,0,0D，()0,2,0B，()2,0,0E，（6分）设N是BE的中点，因为FEFB=

，所以FNBE⊥，又平面BEF⊥平面ABCD，平面BEFI平面ABCDBE=，所以FN⊥平面ABCD，()1,1,2F，（8分）假设存在满足题意的，则由(01)DPDB=.可得，()43,12,2PFDBDF

=−+=−−.设平面DEF的一个法向量为(),,nxyz=r，则20320nDExnDFxyz=−==−++=，令2y=，可得0x=，1z=−，即()0,2,1n=−，（10分）设PF与平面DEF所成的角为，所以sincos,||||PFnPFnPFn==

=()2222212633(34)(21)(2)−+=−+−+−解得34=（1=舍去），综上，存在34=，使得PF与平面ADE所成的角的正弦值为63.（12分）21．【答案】(1)22143xy+=(2)存在2=【

详解】（1）解：抛物线24yx=的焦点为()1,0F，由题意可得1c=，12ca=，2a=，故223bac=−=，因此，椭圆C的方程为22143xy+=.（3分）（2）解：设()11,Mxy、()22,Nxy，设直线MN的方程为1xmy=+，其中0m

，联立221431xyxmy+==+，得()2234690mymy++−=，()223636340mm=++，由韦达定理可得122634myym+=−+，122934yym=−+，（6

分）所以()121232myyyy=+，易知点()2,0A−、()2,0B，1113ykmy=+，所以，直线AM的方程为()1123yyxmy=++，（8分）将4x=代入直线AM的方程可得1163yymy=+，即点1164,3ymy

+，1112163233ymyykmy+==+，2232221yykxmy==−−，（10分）所以，()()121212131212233131yymyyyykkmymymymy−++=+=+−+−，所以，()()1312121121212212112

11223323262312223kkmyyyymymyyyyyykmymyymyyyyy+−++−++=====+−−+.（12分）22．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）证明：要证2lne()1e0xxxafxaxx−=+−+，即证lne0exxaxxaxx

+−+，即证()lnee0exxxaxaxx−+，令extx=，即证ln0atatt−+，（2分）令2221()ln,()aaattahttathtatttt−+−=−+=−−=，当()ln0lne0e1xxxxxx+时，即1t时，由()0ht=，可得20atta−+−

=，因为12a，2140a=−，()0ht在(1,)+上恒成立，所以()ht在(1,)+上单调递减，则当1t时，()(1)0hth=，所以()0fx；（5分）（2）证明：由（1）知，当11,2ta=时，11ln2ttt−，令()*11Ntnn

=+，则111111111ln1111221211nnnnnnnn++−=+−=++++，（8分）即111ln(1)ln21nnnn+−++，所以111ln(2)ln(1)212nnnn+−++

++，111ln(3)ln(2)223nnnn+−++++……．111ln(2)ln(21)2212nnnn−−+−，（10分）以上各式相加，得112221ln(2)ln212212nnnnnnn−+++++++−，则111

11ln2122124nnnnn+++++++−，而eln2ln2，即1113eln2ln122142nnnn++++++−.（12分）