2023届高考数学预测猜题卷 新高考(原卷版+答案详解)

2023届高考数学预测猜题卷 新高考

一、单项选择题：本题共8个小题，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.若集合，，则(   )

A. B. C. D.或

2.若复数z满足，则复数z的虚部为(   )

A. B. C. D.

3.的展开式中的系数是(   )

A. B.0 C.35 D.70

4.已知A，B是抛物线上两个不同的点，F为抛物线的焦点，G为的重心.若，则的最小值为(   )

A. B. C. D.

5.设，，，则(   )

A. B. C. D.

6.已知函数的最小正周期为，且的图象经过点和，则的最大值为(   )

A.1 B. C. D.2

7.已知四棱锥，底面ABCD为矩形，侧面平面ABCD，，，若点M为PC的中点，则下列说法正确的是(   )

A.平面PCD

B.平面MBD

C.四棱锥外接球的表面积为

D.四棱锥的体积为6

8.已知定义在上的奇函数满足，当时，，则当函数在上有三个零点时，的取值范围是(   )

A. B. C. 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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的是(   )

A.a的值为0.005  B.这组数据的极差为60

C.样本数据的平均数为70 D.这组数据的第85百分位数为86

10.已知等差数列的前n项和为，，，且，，成等比数列，则下列结论正确的是(   )

A.  B.

C.  D.

11.在正方体中，过AB作垂直于的平面交平面于直线l，M是直线l上的动点，则(   )

A.

B.

C.点M到平面的距离等于AB的长

D.直线与直线CD所成角的余弦值的最大值是

12.已知圆，P为x轴上的一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A和B，直线AB与MP交于点C，则下列结论中正确的是(   )

A.四边形PAMB周长的最小值为

B.的最小值为

C.若，则的面积为

D.若，则的最大值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边过点，则_________.

14.在梯形ABCD中，，E是BC的中点，若，，且，则_________.

15.已知O为坐标原点，双曲线的左、右顶点分别为M，N，右焦点为，若过点的直线与E交于A，B两点（A在x轴上方），直线MA，NB与y轴分别相交于点C，D，则________.

16.已知函数，若存在唯一整数，使得成立，则实数a的取值范围为_________.

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）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，的外接圆半径为.

（1）求角A；

（2）求周长的最大值.

18.（12分）已知数列的各项均不为零，，前n项和满足.

（1）求证：数列是等差数列；

（2）记，求数列的前n项和.

19.（12分）某校课题组选取高一两个班级开展对“数学问题链深度设计”的研究，其中A班为常规教学班，B班为课改研究班.在一次期末考试后，对A，B两班学生的数学成绩（单位：分）进行分析，满分150分，规定：小于120分为不优秀，大于或等于120分为优秀.已知A，B两班学生的数学成绩的频数分布统计表如下：

A班：

B班：

（1）由以上统计数据填写下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为成绩是否优秀与课改研究有关？

（2）从A，B两班里成绩在100分以下的学生中任意选取2人，记X为2人中B班的人数，求X的分布列及数学期望.

附：，，

20.（12分）如图，在直四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，底面ABCD是直角梯形，，，且.

（1）求证：平面平面；

（2）已知点M是棱的中点，求二面角的余弦值.

21.（12分）已知函数，.

（1）若在上单调递增，求a的取值范围；

（2）若，证明：.

22.（12分）已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且当原点O到直线的距离最大时，.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过原点O且垂直于直线的直线与椭圆C相交于P，Q两点，记四边形PMQN的面积为S，求的取值范围.

2023届高考数学预测猜题卷 新高考

参考答案

一、单项选择题

1.答案：D

解析：依题意得，，，，

则或.故选D.

2.答案：B

解析：设，则，因为，则，所以，解得，因此，复数z的虚部为.故选B.

3.答案：C

解析：的展开式的通项为，

其中项的系数为，项的系数为，

则的展开式中的系数为.故选C.

4.答案：B

解析：，，设，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为，.故选B.

5.答案：A

解析：由题可知，，，，

令，则，所以当时，，所以在上单调递减，所以，

所以，故选A.

6.答案：B

解析：因为的最小正周期为，所以，即，

故，所以，

即，又，所以，故，

又的图象经过点，所以，所以，

故的最大值为.故选B.

7.答案：B

解析：如图，在四棱锥中，因为侧面平面ABCD，平面平面，，所以平面PCD，因为过点B只能作一条直线与已知平面垂直，故A错误；连接AC，交BD于点O，连接MO，在中，，又平面MBD，平面MBD，所以平面MBD，故B正确；取CD中点N，连接PN，ON，NM，在矩形ABCD中，易得，所以，，在中，，易知平面PCD，所以,在中，，所以，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为3，所以其外接球的表面积为，故C不正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，因为，侧面平面ABCD，平面平面，所以平面ABCD，，所以四棱锥的体积，故D错误.故选B.

8.答案：D

解析：因为，所以的周期为2.因为为奇函数，所以，则，又，所以.当时，.由单调递减得函数在上单调递增，所以在上，，得，作出函数的图象如图所示.当直线经过点时，，当直线过点时，，当直线经过点时，，所以数形结合知，当函数在上有三个零点时，或.故选D.

二、多项选择题

9.答案：BC

解析：对于A，由，得，故A正确；

对于B，由频率分布直方图无法得到这组数据的最大值和最小值，故无法准确判断这组数据的极差，故B错误；

对于C，样本数据的平均数

，故C错误；

对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则，解得，故D正确.故选BC.

10.答案：ABC

解析：对于A，由题可得，解得，所以，故A正确；

对于B，，故B正确；

对于C，由，，成等比数列得，，又，所以，故，结合可解得，故C正确；

对于D，，

所以，故D错误.故选ABC.

11.答案：BC

解析：如图，易知，，所以平面即为过AB且垂直于的平面，它和平面的交线为，显然，即，故A错误，B正确；

对于C，点M在上，而平面，所以点M到平面的距离不随点M在上的位置变化而发生变化，始终等于AB的长度，故C正确；

对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则D，C，，点M在上，可设，则，，所以，当时，取得最大值，即直线与直线CD所成角的余弦值的最大值是，故D错误.故选BC.

12.答案：BCD

解析：对于A，，显然，所以和的最小值为，又，所以四边形PAMB周长的最小值为，故A错误；

对于B，，，故B正确；

对于C，若，则，，，，所以，故C正确；

对于D，设，则切点弦AB所在直线的方程为，即，所以直线AB过定点，因为，所以点C的轨迹是以MT为直径的圆(不含点M)，该圆的圆心为，半径，显然在圆外，所以，故D正确.故选BCD.

三、填空题

13.答案：

解析：的终边过点，，.

.

14.答案：9

解析：法一：因为，，，所以，又E是BC的中点，，所以

.

法二：以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由题易得，，设，则，所以，，而，所以，则，所以.因为E是BC的中点，所以.

15.答案：

解析：由题意知，，，所以，设直线方程为，代入E的方程，整理得，设，，则，，得.

又，所以直线MA的方程为，令，得，同理直线NB的方程为，令，得，所以

.

16.答案：

解析：，即，令，，，则，易知在上单调递增，又，，所以存在实数，使得，

且当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，又，是过定点的直线，所以画出函数和的大致图象如图所示，

令，，，由图可知若存在唯一整数，使得成立，则需，

而，所以，因为，所以，即实数a的取值范围是.

四、解答题

17.解析：（1）由正弦定理得，

即，………………………………2分

因为，所以，即，

因为，所以.………………………………5分

（2）因为的外接圆半径为，

所以，所以.

由余弦定理得，………………………………7分

即，

所以，当且仅当时取等号，

所以周长的最大值为6.………………………………10分

18.解析：（1）因为，

所以，

当时，因为，

所以，………………………………3分

即，

即，

整理得，

故可得.

又，

故数列是以1为首项，2为公差的等差数列.……………………………6分

（2）由（1）可知，

故可得，………………………………9分

所以

.………………………………12分

19.解析：（1）零假设为：成绩与课改研究独立，即成绩与课改研究之间无关联.

完成列联表如下表，

…………………………………………………………………………………3分

则，

所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为成绩是否优秀与课改研究有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.…………………6分

（2）A，B两班里成绩在100分以下的学生中，A班有4人，B班有2人，

所以X的所有可能取值为0，1，2，

则，，，

………………………………9分

则随机变量X的分布列为

数学期望.………………………………12分

20.解析：（1）在直角梯形ABCD中，，，

所以.

又，所以，，

所以.………………………………2分

在中，由余弦定理得，

所以，所以.

在直四棱柱中，底面ABCD，底面ABCD，

所以，………………………………4分

又，所以平面.

又平面，

所以平面平面.………………………………6分

（2）如图，取BC的中点E，连接AE，则，所以.

易证AE，AD，两两垂直，

所以分别以AE，AD，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，.……………………………8分

设平面ACM的法向量为，

则，取，得.

设平面的法向量为，

则，取，得.………………………10分

所以，

由图可知二面角为钝角，

所以二面角的余弦值为.………………………………12分

21.解析：（1）若在上单调递增，则，

因为，

所以.………………………………2分

设，则，，

所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以.………………………………4分

所以当，即时，，即，

所以a的取值范围是.………………………………5分

（2）因为，所以，

即，

所以，

得.………………………………7分

由（1）得，

所以，所以，

所以，当且仅当时取等号.

设，则，………………………………9分

所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以.………………………………10分

因为，

所以，

即，

所以当时，.………………………………12分

22.解析：（1）分析知原点O到直线MN的距离最大时，直线MN与x轴垂直.

将代入椭圆方程得，

所以①.………………………………2分

因为椭圆的离心率为，所以②.

由①②及，得，，

所以椭圆C的标准方程为.………………………………4分

（2）由（1）知，的坐标为.

①当直线的斜率不存在时，，，

则，.

②当直线的斜率为0时，，，

则，.………………………………6分

③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，

联立得，得，

设，，

则，，

.………………………………8分

设，则，即，

代入椭圆方程得，所以，则，

所以.

由对称性知，

又，

所以.………………………………10分

而，

又，所以的取值范围是，

故的取值范围是.

综上所述，的取值范围是.………………………………12分