数学-2023年高考考前押题密卷（江苏卷）（全解全析）

数学-2023年高考考前押题密卷（江苏卷）

 数学·全解全析

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，只有一个选项是符合题目要求的．

1．设全集，，，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】由题意得图中阴影部分表示的集合是．∵，∴．又因为，∴．

故选：C．

2．已知i为虚数单位，复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】因为，所以.

故选：B

3．已知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】根据

，

可得，故，

所以，故的周期为24，所以，，

故选：A．

4．“”是“圆：与圆：有公切线”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，

若两圆有公切线，则，即，解得或，

所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件.

故选：A.

5．冬末春初，人们容易感冒发热，某公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于，则称没有发生群体性发热．根据下列连续7天体温高于人数的统计量，能判定该公司没有发生群体性发热的为（    ）

①中位数是3，众数为2；②均值小于1，中位数为1；③均值为3，众数为4；④均值为2，标准差为．

A．①③ B．③④ C．②③ D．②④

【答案】D

【分析】根据中位数、众数、平均数、标准差等知识确定正确答案.

【解析】任意连续7天，每天不超过5人体温高于的人数为2，2，2，3，3，4，6，

则满足中位数是3，众数为2，但第7天是6人高于5人，故①错误；

任意连续7天，每天不超过5人体温高于的人数为0，1，2，4，4，4，6，

则满足均值是3，众数为4，但第7天是6人高于5人，故③错误；

对于②，将个数据从小到大排列为，

，，所以，

由于是自然数，且，

所以都不超过，②正确.

对于④，将个数据从小到大排列为，

，，

，

，

由于是自然数，若自然数大于，则，矛盾，

所以都不超过，④正确.

综上所述，正确的为②④.

故选:D

6．袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个红球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求总的取球方法，再求恰好取到两个红球的方法，利用古典概率可得答案.

【解析】因为取到的3个球中有白球，所以共有种方法，

3个球中恰好有两个红球的取法共有种，

设事件“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，

则.

故选：A.

7．已知双曲线的上、下焦点分别为，，过的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】设，，

则，．

在中，由余弦定理得，

即．

在中，由余弦定理得，

化简得，因为，

所以，

所以，

所以，

∴双曲线的离心率，

故选：D．

8．已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（    ）

A．当时，数列单调递减 B．当时，数列单调递增

C．当时，数列单调递减 D．当时，数列单调递增

【答案】D

【详解】数列是各项为正数的等比数列，则公比为，

由题意，得，

时，，有，，数列单调递增，A选项错误；

时，，，若数列单调递增，则， 即，由，需要，故B选项错误；

时，，解得，

时，，由，若数列单调递减，则， 即，而 不能满足恒成立，C选项错误；

时，，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.

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．下列结论正确的是（    ）

A．是偶函数

B．若命题“，”是假命题，则

C．设，，则“，且”是“”的必要不充分条件

D．，

【答案】ABD

【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断选项；根据特称命题的的真假判断选项；根据必要不充分条件的判断即可判断选项；根据等式的性质判断选项.

【解析】对于，函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，故选项正确；

对于，若命题“，”是假命题，则恒成立，

所以，解得，故选项正确；

对于，若，且，则成立，反之不一定成立，例如：满足，但是，故“，且”是“”充分不必要条件，故选错误；

对于，若，则，当时方程有解，所以，，故选项正确；

故选：.

10．如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将△折起到△的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（    ）

A．三棱锥四个面都是直角三角形 B．平面平面

C．与所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为

【答案】ABD

【分析】先根据勾股定理判断，再由面面垂直得线线垂直，可判断A、B，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算线线角判断C，应用向量法求点面距离可判断D.

【解析】△中，，，

由余弦定理得，故，所以，

因为平面平面，平面平面，面，

所以平面，平面，则；同理平面，

因为平面，所以平面平面，A、B正确；

以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，

因为，，

所以，即与所成角的余弦值为，C错误；

由上知：，若为面的法向量，

所以，令，则，

而，则到平面的距离为，D正确.

故选：ABD.

11．设椭圆，，为椭圆上一点，，点关于轴对称，直线分别与轴交于两点，则（    ）

A．的最大值为

B．直线的斜率乘积为定值

C．若轴上存在点，使得，则的坐标为或

D．直线过定点

【答案】BCD

【分析】利用两点间距离公式表示出，结合可得关于的二次函数的形式，通过讨论与二次函数对称轴的位置关系，可求得的最大值，知A错误；利用斜率公式表示出，化简可得定值，知B正确；假设存在，可得，求得横坐标后，代入化简知C正确；表示出直线后，根据直线过定点的求法可知D正确.

【解析】

对于A，在椭圆上，，，

，

由题意知：，的对称轴为，

若，即时，，；

当，即时，，；

综上所述：A错误；

对于B，关于轴对称，，，，

，B正确；

对于C，假设存在点，使得，，则∽，；

直线，直线，，，

，即或，C正确；

对于D，，，，

直线，即，

直线过定点，D正确.

故选：BCD．

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用的问题，解题基本思路是能够利用表示出所需的点的坐标，结合两点间距离公式、斜率公式、三角形相似关系等知识化简所求量，从而确定选项的正误.

12．已知，分别是定义在R上的函数，的导函数，，，且是奇函数，则（    ）

A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称

C． D．

【答案】ABC

【详解】因为，所以（a为常数），

所以．因为，

所以．

令，得，解得，

所以，则的图象关于直线对称，故选项正确．

因为，且，所以．所以，即是偶函数．因为是奇函数，所以的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，因为是偶函数，所以的图象关于点对称，则选项正确．

因为是奇函数，所以，所以，

所以，则是周期为4的函数．

因为，所以，所以，，则．因为是奇函数，

所以，所以，

则选项正确．

因为，所以，所以，，，

，所以，所以，

则选项错误．

故选：.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．在展开式中，含的项的系数是__________．

【答案】20

【详解】的展开式中的系数为，

的展开式中的系数为，

故在展开式中，含的项的系数为20．

故答案为：20

14．如图，无人机在离地面的高的A处，观测到山顶M处的仰角为，山脚C处的俯角为，已知，则山的高度为___________.

【答案】 m

【分析】根据题中条件，先得到m，，在中，根据正弦定理，即可得出结果.

【解析】在中，，由图知，即，

在中，由正弦定理得，

∵，

∴m，

在中，.

故答案为： m

15．已知函数的定义域，在上单调递减，且对任意的，有，若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围是______.

【答案】

【详解】令，得，令，得，

则，令，，得，

所以是偶函数，

因为在上单调递减，所以在上单调递增.

原不等式可化为.

因为，，且在上单调递增，

所以，

即，即.

设，

则，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，所以.

故答案为：

16．三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．

【答案】     ##     ##

【详解】设平面，垂足为，如图，

过作于点，过作于，连接，

由平面，平面，得，

又，平面，平面，

平面，得，同理，

从而均为直角三角形，

∵，，

∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．

∵，

∴，

又，

，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，

又，解得，

又，

，

，同理，

，为外接球直径，

三棱锥外接球的体积为．

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、证明过程或演算步骤．

(1)若，求；

(2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）∵，∴，

，，

，，............................4分

∴  

；.......................................6分

（2）设，，∴，

∴，∴，①

，

当且仅当，时取最大值 ；

综上， ， 的最大值是 ......................10分

18.（12分）对于数列，，的前n项和，在学习完“错位相减法”后，善于观察的小周同学发现对于此类“等差×等比数列”，也可以使用“裂项相消法”求解，以下是她的思考过程：

①为什么可以裂项相消？是因为此数列的第n，n＋1项有一定关系，即第n项的后一部分与第n＋1项的前一部分和为零

②不妨将，也转化成第n，n＋1项有一定关系的数列，因为系数不确定，所以运用待定系数法可得，通过化简左侧并与右侧系数对应相等即可确定系数

③将数列，表示成形式，然后运用“裂项相消法”即可！

聪明的小周将这一方法告诉了老师，老师赞扬了她的创新意识，但也同时强调一定要将基础的“错位相减法”掌握．

(1)请你帮助小周同学，用“错位相减法”求的前n项和；

(2)请你参考小周同学的思考过程，运用“裂项相消法”求的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）因为

所以①

则②.............................4分

所以①-②得：

所以；.............................................................................6分

（2）因为，设

，

比较系数得：，得，所以，......................8分

19.（12分）某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一方第一局、第二局连胜的概率为.

(1)在一场比赛中，求甲以3：1获胜的概率；

(2)设一场比赛的总局数为，求的分布列与数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】(1)甲以3：1获胜的有3种情况，甲在第一、二局获胜，或者第一、三局获胜，或者第二、三局获胜，将3种情况的概率计算出即可求解；

(2)先求出随机变量的可能取值，然后求出其相应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可.

【解析】（1）令事件为甲在第i局获胜，，2，3.

甲连胜两局的概率，

所以.................................................2分

故在一场比赛中，甲以3∶1获胜的概率为：

...............4分

（2）X可能的值为3，4，5.

，

，

，.......................................8分

所以的分布列：

所以........................12分

20．（12分）如图1，在梯形中，，，，，，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示．

(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．

(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)存在，点为线段的中点

(2)．

【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面．

证明如下：由题易知，，，因为点为线段的中点，

所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

连接，因为，，所以四边形是平行四边形，....................4

所以，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

因为平面，平面，，

所以平面平面．......................................................6分

（2）因为，，

所以，所以，

又，，所以，，两两垂直．

故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则，即，得，取，得．

设平面的法向量为，则，即，

取，得．........................................10分

设平面与平面所成角为，

则，

所以，

所以平面与平面所成角的正弦值为．.........................12分

21．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.点P到抛物线的准线的距离为.

(1)求椭圆和抛物线的方程；

(2)如图过抛物线的焦点F作斜率为的直线交抛物线于A，B两点（点A在x轴下方），直线交椭圆于另一点Q.记，的面积分别记为，当恰好平分时，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由椭圆离心率和经过点可得答案；

（2）设，，，设直线的斜率为，且A，F，B共线得，从而，，，可求出直线的斜率为.当平分时，利用，求出，从而的值，由此直线，由于，联立直线和椭圆方程可得，再利用，可得答案.

【解析】（1）由于椭圆的离心率为，则，

所以，故设，由于椭圆经过点，

从而，故椭圆的方程为.

由于点P到抛物线的准线的距离为，

则，故，

从而抛物线...........................................4分

（2）由于，设，，，

设直线的斜率为，由于，

则，，

由于，，且A，F，B共线得，

故，从而，，

从而，，.....................6分

由于，则直线的斜率为，当平分时，

则，即，即

即，从而或，

从而或，由于，故，

由此直线.由于，

考虑到，从而，

从而，联立，

即，从而，则，..................10分

从而，

由此，，

从而，从而.

................................................................12分

22.（12分）

已知函数．

(1)判断在区间上的单调性；

(2)若恰有两个不同的零点，，且，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】（1）求导得，分两种情况：若，若，讨论的单调性，进而可得答案．

（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，，进而可得，要证，即证，即可得出答案．

【详解】（1）解：，

若，则恒成立，

所以在上单调递增，

若，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

下面判断与的大小关系，

令，

则，

所以当时，，

所以在上单调递减，

当时，，

所以在上单调递减，

所以，

所以，即，当且仅当时，取等号，

所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，

当时，在上单调递减，

综上所述，当，在上单调递增，

当时，在上单调递减，

当且时，在上单调递增，在上单调递减．..........4分

（2）证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，

，

由不等式可得，

所以，

所以当时，恒成立，

又，且，

两式相减可得，

不妨设，则且，

所以，即，

所以，

，

设，

，

所以，即，

所以，

由可得，...........................10分

要证，

需要证，

只要证，

即，

即，

即证，由可证，

所以即证．.....................12分

【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，，构造，进而得到，将，转化为证明而得解.