必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（江苏专用）（原卷版+解析版）

这是一份必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（江苏专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷江苏专用解析版docx、必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷江苏专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷01
江苏专用

江苏地区考试题型为8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中开放性试题和结构不良型试题是包含江苏在内的新高考地区新增加的题型，开放性试题以填空题的方式进行考查，结构不良型试题以解答题的方式进行考查。
所谓开放性试题的开放性是针对试题的答案而言，这类试题的答案不是唯一的，允许考生解答出不同的答案，只要符合题意就可以，这种题型设置的目的就是为了鼓励考生的创造性思维。
所谓结构不良型试题，就是给出一些条件，另外的条件题干中给出三个，学生可从中选择一个或者两个作为条件，进行解题。需要注意的是：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且在可选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分。

2022年江苏地区高考解答题中，虽未出现开放性试题，但预测2023年可能会在填空题中出现这类题型，试题的难度中等偏下，例如本卷第14题。
2022年的江苏高考数学卷以情境为依托，试卷呈现出新气象，营造出“新理念、新内容、新结构”的氛围，预计2023年江苏高考数学卷预期会继续强化情境类试题的命制，侧重知识的应用性，情境性试题可以分为课程学习情境、探索创新情境、生活实践情境。任意知识板块的内容都可能命制问题情境类的试题，主要侧重知识的应用性，一般不会固化试题的题号或位置。情境性试题的题型蕴含浓厚的数学文化气息，将数学知识、方法等融为一体，能有效考查学生在新情景下对知识的理解以及迁移到不同情境中的能力，考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力，一般以选择题或者填空题的形式出现，例如本卷第4题和第6题。

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．已知集合，集合，则＝ （　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】，，则＝．故选：C．
2．已知复数（为虚数单位），则 （　　）
A． B．
C． D．

【答案】B
【解析】因为，所以．故选：B．
3．已知A，B是⊙C上两点，若弦AB的长度为2，则 （　　）
A．2 B．
C． D．4
【答案】A
【解析】如图，取弦AB的中点为D，则＝2，且•＝0，
故＝•（﹣）＝•﹣•＝||•||＝2．故选：A．

4．盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，已知某盲盒产品共有2种玩偶.假设每种玩偶出现的概率相等，小明购买了这种盲盒3个，则他集齐2种玩偶的概率为 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】假设2种玩偶分别为，则买3个盲盒，出现的玩偶为，，，，，，，共八种，其中集齐2种的情况有6种，所以集齐2种的概率为．故选：A．
5．红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分．如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积．如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为 （　　）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由题意得，所以，所以，所以两个球冠的面积为，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为．故选：C．
6．明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进的航海技术——“过洋牵星术”．简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，其由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米（称一指），木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米（称十二指）．观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度．如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则sin2α约为（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意知六指为2+5×＝12（厘米），所以tanα＝＝，
所以sin2α＝2sinαcosα＝＝＝＝．故选：B．
7．已知，，，则 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先利用不等式比较a，c的大小，再构造函数，利用函数的单调性比较b，c的大小，即可得到结果．
【解析】如图，单位圆A中，， 于D，则的长度，，则由图易得，，即，所以．设，，则，所以在上单调递增，则，即，即．综上，．故选：D．


8．如图是一个由三根细棒，，组成的支架，三根细棒，，两两所成的角都为，一个半径为的小球放在支架上，则球心到点的距离是 （　　）
A． B．
C． D．

【答案】C
【解析】如图所示，连接，作所在外接圆圆心，连接，
设，由，，两两所成的角都为可得，，因为为几何中心，所以，易知对和，，所以，所以，即，解得．故选：C．
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．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是 （　　）

A．C1，M，O三点共线 B．C1，M，O，C四点共面
C．C1，O，A，M四点共面 D．D1，D，O，M四点共面
【答案】ABC
【分析】在选项A中，推导出C1，M，O三点是平面C1BD和平面ACC1A1的公共点，由此得到C1，M，O三点共线；在选项B中，由C1，M，O三点共线，得C1，M，O，C四点共面；在选项C中，由C1，M，O三点共线，得C1，M，O，A四点共面；在选项D中，DD1∥CC1，从而D1，D，O，M四点不共面．
【解析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，
在选项A中，∵直线A1C交平面C1BD于点M，∴M∈平面C1BD，M∈直线A1C，
又A1C⊂平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1，
∵O为DB的中点，BD⊂平面C1BD，且BD⊂平面ACC1A1，
∴O∈平面C1BD，且O∈平面ACC1A1，又C1∈平面C1BD，且C1∈平面ACC1A1，
∴C1，M，O三点共线，故选项A正确；
在选项B中，∵C1，M，O三点共线，∴C1，M，O，C四点共面，故B正确；
在选项C中，∵C1，M，O三点共线，∴C1，M，O，A四点共面，故C正确；
在选项D中，∵直线OM∩CC1＝C1，DD1∥CC1，
∴D1，D，O，M四点不共面，故D错误．
故选：ABC．
10．已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣2x，下列命题正确的是（　　）
A．若x＝1是函数f（x）的极值点，则a＝
B．若x＝1是函数f（x）的极值点，则f（x）在x∈[0，2]上的最小值为﹣
C．若f（x）在（1，2）上单调递减，则a≥
D．若x2lnx≥f（x）在x∈[1，2]上恒成立，则a≥﹣1
【答案】ABC
【解析】对于A，由f（x）＝x3﹣ax2﹣2x，得f′（x）＝3x2﹣2ax﹣2，因为x＝1是函数f（x）的极值点，所以f′（1）＝3﹣2a﹣2＝0，得，经检验x＝1是函数f（x）的极小值点，所以A正确，
对于B，由选项A，可知，则f′（x）＝3x2﹣x﹣2，由f′（x）＞0，得或x＞1，由f′（x）＜0，得，所以f（x）在和（1，+∞）递增，在上递减，所以当x∈[0，2]时，x＝1时，f（x）取得最小值，所以B正确，
对于C，因为f（x）在（1，2）上单调递减，所以f′（x）≤0，即f′（x）＝3x2﹣2ax﹣2≤0，得在（1，2）上恒成立，令，则，
所以g（x）在（1，2）单调递增，所以g（1）＜g（x）＜g（2），即，所以，所以C正确，
对于D，由x2lnx≥f（x）在x∈[1，2]上恒成立，得x2lnx≥x3﹣ax2﹣2x在x∈[1，2]上恒成立，即在x∈[1，2]上恒成立，令，则，
所以h（x）x∈[1，2]上单调递增，所以h（x）max＝h（2）＝2﹣ln2﹣1＝1﹣ln2，所以a≥1﹣ln2，所以D错误．
故选：ABC．
11．若抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，点M在抛物线C上且在第一象限，直线MF的斜率为，M在直线l上的射影为A，则下列选项正确的是（　　）
A．F到直线y＝x+1的距离为
B．△MAF的面积为
C．AF的垂直平分线过点M
D．以MF为直径的圆过点（0，2）
【答案】BC
【解析】对A，易知抛物线的焦点F（1，0），直线y＝x+1即为x﹣y+1＝0，

故F到直线y＝x+1的距离为，故A错误；
对B，设直线MF方程为，代入F（1，0），
得，解得，则直线MF方程为，
联立抛物线方程，解得或，
因为点M在第一象限，故取，即，
则，故B正确，
对C，根据抛物线定义得MA＝MF，则AF的垂直平分线过点M，故C正确，
对D，，F（1，0），故以MF为直径的方程为，
将点（0，2）代入左边得，故D错误．
故选：BC．
12．已知数列的项数均为（为确定的正整数，且），若，，则（ ）
A. 中可能有项为1 B. 中至多有项为1
C. 可能是以为公比的等比数列 D. 可能是以2为公比的等比数列
【答案】AC
【分析】利用求出数列，再根据的取值判断即可.
【解析】由题意可得①，②，
①-②得，同理可得，所以数列中仅有1项为1，
因为，所以B错误；当时，A正确；
，所以当时，是以为公比的等比数列，C正确，D错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．的展开式中含项的系数 ▲ ．
【答案】．
【解析】，的展开式中项为：，
的展开式中没有项，故的展开式中含项的系数为，故答案为：．
14．请写出一个与x轴和直线y＝x都相切的圆的方程 ▲ ．
【答案】．
【解析】圆与轴与y＝x都相切，圆心在，圆．故答案为：．
15．已知椭圆C：，经过原点O的直线交C于A，B两点．P是C上一点（异于点A，B），直线BP交x轴于点D．若直线AB，AP的斜率之积为，且，则椭圆C的离心率为 ▲ ．
【答案】．
【分析】设点的坐标，求斜率，由题知，两式相减，化简得，结合
，知，再利用及离心率公式即可求解.
【解析】设，，，则直线AP的斜率为，BP的斜率为，
由题知，两式相减得，即，即，即，又，则，即，
即，则，所以，即，则椭圆C的离心率为．
故答案为：．
16．已知直线与双曲线C：交于点，.为C上一点，且，，则△PAB的面积最大值为 ▲ ．
【答案】
【分析】先求得两点的坐标，然后求得与直线平行且与双曲线相切的直线方程，根据三角形面积公式以及两平行线间的距离公式求得正确答案.
【解析】依题意，，，由解得或，
所以为定值，由于，，所以在双曲线两点间的曲线上，在第一象限，当距离最远时，三角形的面积取得最大值，
设直线与双曲线C：相切于点，由消去并化简得，由解得（正根舍去），
故切线方程为，直线与直线的距离为，
所以△PAB的面积最大值为.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、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
设为数列的前项和，，，成等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1） ；（2）证明见解析．
【分析】（1）由，，成等差数列可得，再利用与的关系进行求解；
（2）将代入，得出数列为等比数列，再使用等比数列前项和公式进行证明.
【解析】（1）∵，，成等差数列，∴，即，
当时，，∴，
当时，由，有，
两式相减得，即，∴，
又∵，∴数列中各项均不，
∴（），
∴数列是首项，公比的等比数列，
∴数列的通项公式为.
（2）由第（1）问，数列是首项，公比的等比数列，
∴，
∴，
令 ，
当，，则（），
∴数列，即是首项，公比为的等比数列，
∴，
∴得证．
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．
【答案】（1）；（2）．
【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，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是斜边PA的长为的等腰直角三角形，E，F分别是棱PA，PC的中点，M是棱BC上一点．
（1）求证：平面DFM⊥平面PBC；
（2）若直线MF与平面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角E﹣DM﹣F的余弦值．

【解答】证明：（1）依题意可得：PD⊥DA，DP＝DA＝DC＝2，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且PD⊥AD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BC，
又∵BC⊥DC，PD∩DC＝D，DC、PD⊂平面PDC，
∴BC⊥平面PDC，又DF⊂平面PDC，
∴BC⊥DF，
又在Rt△PDC中，F是PC中点，则有DF⊥PC，
∵DF⊥BC，DF⊥PC，PC∩BC＝C，且BC、PC⊂平面PBC，
∴DF⊥平面PBC，
又∵DF⊂平面DFM，
∴平面DFM⊥平面PBC；
（2）取CD的中点N，连接FN、MN，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，

∵FN⊥平面ABCD，∴直线MF与平面ABCD所成角为∠FMN，
∵直线MF与平面ABCD所成角的正切值为，
∴，则MN＝，
∴CM＝＝，可得M是BC靠近C的三等分点，
则，
∴＝（﹣1，0，﹣1），＝（，2，0），
设平面EDM的法向量为＝（x，y，z），
则⇒，
令x＝﹣3，则平面EDM的法向量为＝（﹣3，1，3），
同理平面DMF的法向量，
∴，
所以锐二面角E﹣DM﹣F的余弦值是．
20．（12分）
2022年5月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，非洲地区猴痘地方性流行国家较多．2022年9月19日，中国疾控中心发布了我国首例“输入性猴痘病例”的溯源公告．我国作为为人民健康负责任的国家，对可能出现的猴痘病毒防控已提前做出部署，同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南（2022年版）》．此《指南》中指出：①猴痘病人潜伏期5-21天；②既往接种过天花疫苗者对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力．据此，援非中国医疗队针对援助的某非洲国家制定了猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接触者集中医学观察21天．在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较大．对该国家200个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了感染病毒情况，得到下面的列联表：
接种天花疫苗与否/人数
感染猴痘病毒
未感染猴痘病毒
未接种天花疫苗
30
60
接种天花疫苗
20
90
（1）是否有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；
（2）以样本中结束医学现察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率．现从该国所有结束医学观察的密切接触者中随机抽取4人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有1人感染猴痘病毒的概率：
（3）该国现有一个中风险村庄，当地政府决定对村庄内所有住户进行排查．在排查期间，发现一户3口之家与确诊患者有过密切接触，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一进行猴痘病毒检测．每名成员进行检测后即告知结果，若检测结果呈阳性，则该家庭被确定为“感染高危家庭”．假设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立．记：该家庭至少检测了2名成员才能确定为“感染高危家庭”的概率为．求当为何值时，最大？
附：

0.1
0.05
0.010

2.706
3.841
6.635
【答案】（1）没有；（2）；（3）时最大．
【分析】（1）计算卡方后判断；（2）由组合数与古典概型公式求解；（3）表示出，再由导数判断单调性后求解．
【解析】（1）假设：密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗无关，
依题意有，
故假设不成立，
∴没有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关．
（2）由题意得，该地区每名密切接触者感染病毒的概率为，
设随机抽取的4人中至多有1人感染病毒为事件A，则，
（3）记事件为：检测了2名成员确定为“感染高危家庭”；事件为：检测了3名成员确定为“感染高危家庭”；则．
．
则，令，
则（舍去）．
随着的变化，的变化如下表：






0


递增
极大值
递减
综上，当时，最大．
21．（12分）
已知双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在双曲线上.当时，．
（1）求双曲线的方程.
（2）设为双曲线上一点，点，在双曲线的渐近线上，且分别位于第一、四象限，若恰为线段的中点，试判断的面积是否为定值?若为定值，请求出这个定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是定值，2.
【分析】（1）由可得，求出即可得出方程；（2）设出点，的坐标，可得点的坐标，代入双曲线的方程，可得，设，利用渐近线方程的斜率得角的正切值，再利用三角函数的基本关系式及二倍角公式得，由，的坐标得，，结合及三角形面积公式即可求出.
【解析】（1）由题意，易得，，
则由，可得，
，即．
又，解得（负值舍去），，
解得．
双曲线的方程为．
（2）由（1）可知双曲线Ｃ的渐近线方程为，
设，，其中，．
为线段的中点，，
将点的坐标代入双曲线的方程得，解得．
设，则．
又，，，
，，
．
又，，
，
的面积为定值2．
【点睛】本题考查双曲线中三角形面积的定值问题，解题的关键是设出点，的坐标，设，得出和．
22．（12分）
已知函数．
（1）求函数的最小值；
（2）求证：（，）．
【解析】（1），，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
（2）证明：由（1）知，
即（当且仅当时等号成立），
令（，），则，所以．
而，故．
从而，，…，，
累加可得，命题得证．