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2023年高考押题预测卷02(乙卷文科)(全解全析)
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这是一份2023年高考押题预测卷02(乙卷文科)(全解全析),共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分,奇函数满足,当时,,则=等内容,欢迎下载使用。
2023年高考押题预测卷02高三数学(文科)(考试时间:120分钟 试卷满分:150分)注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知集合,,则集合中的元素个数为( )A. B. C. D.【答案】B;【分析】由集合的元素的性质,即可得出答案.【详解】由题意,满足条件的平面内以为坐标的点集合,所以集合的元素个数为.故选:B.2.若复数,则( )A.25 B.20 C.10 D.5【答案】D;【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解.【详解】因为,所以,故选:D.3.校园环境对学生的成长是重要的,好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作,采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度(100分制),评价标准如下:中位数评价优秀良好合格不合格2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示,则这次调查后勤部门的评价是( )A.优秀 B.良好 C.合格 D.不合格【答案】B;【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.【详解】由频率分布直方图可知,前3组的频率分别为,第4组的频率为所以,中位数,即满足,对应的评价是良好.故选:B.4.已知命题,有成立;命题 “”是“”的充要条件,则下列命题中为真命题的是( )A. B. C. D.【答案】A;【分析】先分别判断命题的真假,再根据复合命题真假的判断方法即可得解.【详解】当时,,所以命题p是真命题,则为假命题,由,得或,所以“”是“”的充分不必要条件,故命题q是假命题,则为真命题,所以,为假命题,,真命题,则为假命题.故选:A.5.奇函数满足,当时,,则=( )A. B. C. D.【答案】A;【分析】由,可得到函数的周期是4,利用函数的周期性和奇偶性,将转化为,代入函数解析式求解即可.【详解】已知奇函数满足,是以4为周期的奇函数,又当时,,, 故选:A.6.设x,y满足约束条件,则的最大值为( )A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C;【分析】作出可行域,利用其几何意义转化为截距最值即可得到答案.【详解】作出可行域如图中阴影部分所示,化为,当直线经过点时,纵截距最大,联立,解得,则,此时.故选:C.7.已知,则( )A. B. C.- D.【答案】D;【分析】根据三角函数诱导公式以及二倍角的余弦公式化简、求值,即可得答案.【详解】由于,故,故选:D.8.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥中最长的棱的长度为( ).A. B. C. D.2【答案】C;【分析】由三视图还原几何体,注意线面垂直关系,进而求其它各棱长,即可得答案.【详解】由三视图,几何体如下图示,且面,而面,故,所以,显然为最长棱.故选C.9.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,它的研究对象普遍存在于自然界中,因此又被称为“大自然的几何学”.按照如图1所示的分形规律,可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n行黑圈的个数为,则( )A.144 B.89 C.55 D.34【答案】A;【分析】已知表示第行中的黑圈个数,设表示第行中的白圈个数,则有,利用递推关系求解.【详解】已知表示第行中的黑圈个数,设表示第行中的白圈个数,则由于每个白圈产生下一行的一个白圈和一个黑圈,一个黑圈产生下一行的一个白圈和两个黑圈,所以,又因为所以,所以,,,,故选:A.10.已知椭圆的左、右焦点分别为,点在椭圆上,若离心率,则椭圆的离心率的取值范围为( )A. B. C. D.【答案】D;【分析】由题意可知,结合椭圆的定义解得,再由求解.【详解】因为,所以,由椭圆的定义得:,解得,因为,所以,两边同除以a得,解得 ,因为 ,所以,所以该离心率的取值范围是,故选:D.11.设则( )A. B. C. D.【答案】B;【分析】构造函数,利用导数讨论单调性即可比较大小.【详解】令,,令,解得,令,解得,所以函数在单调递增,单调递减,因为所以即,故选:B.12.已知函数在区间上单调递增,且在区间上只取得一次最大值2,则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B;【分析】利用辅助角公式变形函数,结合函数单调区间和取得最值的情况,利用整体法即可求得参数的范围.【详解】依题意,函数,,因为在区间上单调递增,由,则,于是且,解得且,即,当时,,因为在区间上只取得一次最大值2,因此,解得,所以的取值范围是.故选:B. 第Ⅱ卷二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,,且满足,则_______.【答案】4;【分析】由向量垂直的坐标表示求解.【详解】由已知,又,所以,解得.故答案为:4.14.已知圆,直线 ,在区间上任取一个数,则圆O与直线l有公共点的概率为______.【答案】/;【分析】根据直线与圆相交求出的范围,利用几何概型即可得到答案.【详解】圆:的圆心为,半径为,且圆心到直线,即到直线的距离为,直线l与圆相交时,∴,解得,故所求的概率为故答案为:.15.写出一个同时满足下列三个条件的非常数函数______.①在单调递增 , ②值域, ③【答案】,或者(答案不唯一);【分析】结合函数的性质选择合适函数即可.【详解】由得函数为偶函数,关于y轴对称,结合单调性及值域,可以为或者,等等.故答案为:或者,(答案不唯一).16.记的内角,,的对边分别为,,,若为的重心,,,则__________.【答案】;【分析】根据及余弦定理建立方程得出,再由余弦定理求解即可.【详解】连接,延长交于,由题意得为的中点,,所以,,因为,所以,得,又,则,故.故答案为:. 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.17.(12分)某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作,其中“礼让行人”是交警部门主扲的重点工作之一.“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行,遇行人正在通过人行横道,应当停车让行.如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1-6月份机动车驾驶员不“礼让行人”行为的人数统计数据.月份123456不“礼让行人”333640394553 (1)请利用所给的数据求不“礼让行人”人数与月份之间的经验回归方程,并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数(精确到整数);(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系,从这6个月内通过该路口的机动车驾驶员中随机抽查了100人,如表所示: 不“礼让行人”礼让行人驾龄不超过3年1842驾龄3年以上436依据上表,能否有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关?并说明理由.附:参考公式:,其中.独立性检验临界值表:0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828 【答案】(1),68人;(2)认为“礼让行人”与驾龄满3年有关,且推断犯错误的概率不超过0.05,理由见解析.【分析】(1)利用表中的数据和公式直接求解即可,(2)先完成列联表,然后利用公式求解K2,再根据临界值分析判断.【详解】(1)由表中数据可知:,,所以,即,所以,所求得经验回归方程为.当时,,所以预测该路口11月份的不“礼让行人”违章驾驶员人数为68人.(2)由题意知列联表为 不礼让行人礼让行人合计驾龄不超过3年184260驾龄3年以上43640合计2278100 由表中数据可得 即有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关. 18.(12分)如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图2.(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求三棱锥P-EGM的体积. 【答案】(1)证明见解析,(2)【分析】(1)由勾股定理逆定理得到线线垂直,三角形相似得到垂直,从而证明出线面垂直,线线垂直;(2)由等体积变形转化可求.(1)证明:由,,得,,,则,所以.因为,所以△ABE∽△ACB,所以,即.又,所以平面PEB,因为平面PEB,所以.(2) 因为,,所以点G与点F到面PEB的距离相等,由(1)有,所以19.(12分)已知等差数列与等比数列满足 , , ,且既是和的等差中项,又是其等比中项.(1)求数列和的通项公式;(2)令,求证:.【答案】(1);;(2)证明见解析【分析】(1)由已知可求得,得出的通项公式.根据等差中项和等比中项的性质,得出关于方程组,求解方程组即可得出的值,得出,代入即可得出的通项公式;(2)由(1)及不等式的性质,可推出,然后根据等比数列的前项和,即可得出答案.【详解】(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为.由已知可得,所以,,所以.因为既是和的等差中项,又是其等比中项,即,代入已知整理可得,解得,即,所以.(2)由(1)可知,,所以.因为,故.20.(12分)已知抛物线的准线与轴的交点为.(1)求的方程;(2)若过点的直线与抛物线交于,两点.求证:为定值.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)根据抛物线的准线求参数p,即可写出抛物线方程;(2)设直线为,、,联立抛物线方程,应用韦达定理求,,由,,代入目标式化简,即可证结论.【详解】(1)由题意,可得,即,∴抛物线的方程为.(2)证明:设直线的方程为,,,联立抛物线有,消去x得,则,∴,,又,.∴.∴为定值. 21.(12分)已知函数,是曲线在处的切线方程.(1)证明:当时,恒成立;(2)若有两个不同的实数根,且,证明:.【答案】(1),证明见解析;(2)证明见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求切线方程,根据导数判定的单调性,求出最小值即可证明;(2)判断的单调性,联立与得出交点横坐标,结合上面结论将问题转化为证明:,由,化简为证明,构造新函数,利用其单调性及最小值即可.【详解】(1)因为,所以.又,所以曲线在处的切线方程为,所以.令,则,由,解得;由,解得,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,所以当时,恒成立.(2)由(1)知切线始终在曲线的下方.由,解得;由,解得,所以在上单调递减,在上单调递增.因为是的两根,则.将与联立,解得,显然.要证,只需证,即证,等价于(*).又,故(*)式等价于.令,则.由,解得;由,解得,所以在上单调递减,在上单调递增,故.因为,所以,所以,所以,所以. (二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为:(为参数),以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为:.(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线交于,两点,与曲线交于,两点,求取得最大值时直线的直角坐标方程.【答案】(1)曲线,曲线.(2).【分析】(1)用和消去参数即得的极坐标方程;将两边同时乘以,然后由解得直角坐标方程.(2)过极点的直线的参数方程为,代入到和:中,表示出即可求解.【解析】由和,得,化简得,故:将两边同时乘以,得因为,所以得的直角坐标方程.(2)设直线的极坐标方程由,得,由,得故,当时,取得最大值此时直线的极坐标方程为:,其直角坐标方程为:. 23.[选修4-5:不等式选讲](10分)已知函数,且.(1) 若函数的最小值为,试证明点在定直线上;(2)若,时,不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析,(2)【分析】(1)利用绝对值三角不等式可求得,由此可得结论;(2)由恒成立的不等式可得,利用恒成立的思想可构造不等式组求得结果.【详解】(1)(当且仅当时取等号),,即点在定直线上.(2)当,时,,由得:,,则,,解得:,即实数的取值范围为.
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