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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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    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.本试卷分第卷(选择题)和第卷(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。 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    A25 B20 C10 D5【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 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,,得,所以的充分不必要条件,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:A5.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.xy满足约束条件,则的最大值为(    A1 B2 C4 D8【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:D8.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 D2【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,,而,故,所以,显然为最长棱.故选C9.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    A144 B89 C55 D34【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,解得 因为 ,所以,所以该离心率的取值范围是,故选:D.11.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,解得所以函数单调递增,单调递减,因为所以,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,解得,即时,,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.   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______单调递增      值域  【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.的内角的对边分别为,若的重心,,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,由题意得的中点,所以,因为所以,得,又,则.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2223题为选考题,考生根据要求作答.1712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: 礼让行人礼让行人驾龄不超过31842驾龄3年以上436依据上表,能否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;(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3184260驾龄3年以上43640合计2278100 由表中数据可得 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. 1812分)如图1,在RtABC中,EF都在AC上,且,将AEBCFG分别沿EBFG折起,使得点AC在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图2.(1)证明:.(2)MPB的中点,求三棱锥P-EGM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,则,所以.因为,所以△ABE∽△ACB,所以,即.,所以平面PEB,因为平面PEB,所以.(2)  因为所以G与点F到面PEB的距离相等,(1)所以1912分)已知等差数列与等比数列满足 ,且既是的等差中项,又是其等比中项.(1)求数列的通项公式;(2),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,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,则,又..为定值. 2112分)已知函数曲线处的切线方程.(1)证明:当时,恒成立;(2)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.,所以曲线处的切线方程为,所以.,则,由,解得;由,解得,所以上单调递减,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.,解得;由,解得,所以上单调递减,在上单调递增.因为的两根,则.联立,解得,显然.要证,只需证,即证,等价于*.,故(*)式等价于.,则.,解得;由,解得,所以上单调递减,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2223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,代入到中,表示出即可求解.【解析】由,得,化简得,故两边同时乘以,得因为,所以的直角坐标方程.(2)设直线的极坐标方程,得,由,得,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.(1)  若函数的最小值为,试证明点在定直线上(2)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.2)当时,得:,则,解得:,即实数的取值范围为. 
     

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