2023年高考考前押题密卷-数学（全国甲卷文科）（全解全析）

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2023年高考考前押题密卷（全国甲卷）数学（文科） 全解全析（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．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，只有一项是符合题目要求的.1．（改编）复数在复平面内对应的点为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】复数在复平面内对应的点为，则 故选：C.2．已知全集，集合，则集合等于（     ）A．      B．      C．      D．【答案】B【详解】由题意知，，所以，，故选：B．3．某公司对2022年的营收额进行了统计，并绘制成如图所示的扇形统计图.在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是（    ）A．该公司2022年营收总额约为30800万元B．该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的3倍还多C．该公司在华东地区的营收额比西南地区、东北地区及湖北省的营收额之和还多D．该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%【答案】D【详解】A：湖南省的营收额约为2156万元，占比7.00%，所以2022年营收额约为万元，故A正确；B：华南地区的营收额占比为19.34%，河南省的营收额占比为6.19%，有，所以华南地区的营收额比河南省的3倍还多，故B正确；C：华东地区的营收额占比为35.17%，西南地区的营收额占比为13.41%，东北地区的营收额占比为11.60%，湖北的营收额占比为7.29%，有13.41%+11.60%+7.29%=32.3%<35.17%，故C正确；D：湖南的营收额占比为7.00%，华中地区的营收额占比为20.48%，有，故D错误. 故选：D.4．如图，网格小正方形的边长为1，网格纸上绘制了一个多面体的三视图，则该多面体的体积为 （    ）A．14 B．7 C． D．【答案】C【详解】如图，由三视图还原可得，原几何体为三棱台，且有，，，.因为平面，平面，，所以平面.又，所以，三棱台的高即为.又，，，，，，所以，，所以，由棱台的体积公式.故选：C.5．（改编）从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和不小于9的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，若这三个数之积为偶数有，9种情况，它们之和大于8共有 ，5种情况，从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为. 故选:D.6．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】由，可得，则定义域为，则，，则为偶函数，其图像关于y轴轴对称，排除选项CD；又，则排除选项B，正确选项为A.故选：A7．数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：，，，又为整数，必须是2的次幂，即．内所有的“幸运数”的和：，故选：D．8．（改编）在平面直角坐标系y中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值不可能是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由，得，则圆心，半径，因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以，及两切点构成正方形，且对角线，在直线上，则圆心到直线的距离，解得或根据选项，满足条件的为B.故选：B.9．将函数图象所有点的纵坐标伸长到原来的倍，并沿x轴向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度得到的图象．若的图象关于点对称，则函数在上零点的个数是（    ）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【详解】将图象所有点的纵坐标伸长到原来的倍，得到的图象，继续沿x轴向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度得的图象，∵的图象关于点对称，得，．又∵，∴，∴．令，当时，有，由，可得，，结合函数的图象可得，在上只有2个解，即函数在上零点的个数是2．故选：B.10．如图，在已知直四棱柱中，四边形为平行四边形，分别是的中点，以下说法错误的是（    ）A．若，，则     B．C．平面                     D．若，则平面平面【答案】B【详解】对于A，连接，，，，又，，即；      ，，四边形为平行四边形，，，A正确；对于B，连接，分别为中点，，又，，，与不平行，B错误；对于C，连接，分别为中点，，；，，四边形为平行四边形，，，为中点，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，C正确；对于D，连接，，四边形为平行四边形，四边形为菱形，；平面，平面，，又，平面，平面，平面，平面平面，D正确.  故选：B.11．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交抛物线于点，则下列判断不正确的是（    ）A．若过点，则的准线方程为     B．若过点，则C．若，则               D．若，则点的坐标为【答案】D【详解】设，对于A项，若过点，则点的坐标为，所以，  故的准线方程为，故A项正确；对于B项，由A可得的方程为，与的方程联立，消去并整理，得，则，，根据抛物线的定义，可得，，.所以，所以，故B项正确；对于C项，将的方程与的方程联立，得，所以，.设，则，所以，即，由得，即，所以，所以，故C正确；对于D项，由C知，，所以焦点，故D错误.故选：D.12．已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为函数恰有5个零点，所以方程有个根，所以有个根，所以方程和共有5个根；当时，，，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；因为，所以，，当且时，，时，，当时，，，故函数在上的图象为对称轴为，顶点为的抛物线的一段，根据以上信息，作函数的图象如下：观察图象可得函数的图象与函数的图象有2个交点，所以方程有两个根，所以方程有3个异于方程的根，观察图象可得，所以的取值范围为..故选：D.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．曲线在点处的切线方程为___________.【答案】【详解】因为，所以，所以切线方程为：，即：.  故答案为：.14．已知向量，满足，，，的夹角为150°，则与的夹角为______.【答案】【详解】因为，与的夹角为，所以，所以，得，又，所以，又因为，所以.故答案为：.15．写出一个具有下列性质①②的数列的通项公式______．①；②数列的前n项和存在最小值．【答案】(答案不唯一)【详解】∵，∴数列是等差数列，∵数列的前n项和存在最小值，∴等差数列的公差，，显然满足题意．故答案为：．16．已知双曲线的左､右焦点分别为，点是的一条渐近线上的两点，且（为坐标原点），.若为的左顶点，且，则双曲线的离心率为 【答案】【详解】设双曲线的焦距为，因为，所以，所以关于原点对称，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，因为以为直径的圆的方程为，不妨设所在的渐近线方程为，则，由解得或，不妨设，因为为双曲线的左顶点，所以，所以，又，由余弦定理得，即，整理得，所以离心率.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.（一）必考题：共60分．17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求的值；(2)若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：的周长为9．【答案】(1)2  (2)【详解】（1）∵， 则，  （3分）∴.  （4分）（2）由（1）可得，由正弦定理可得，  （5分）若选条件①：由余弦定理，即，  （7分）注意到，解得，则，由三角形的性质可知此时存在且唯一确定，  （9分）∵，则，可得，  （11分）∴的面积.  （12分）若选条件②：∵，可得，则有：     若为锐角，则，由余弦定理，即，整理得：，且，解得，则；（7分）若为钝角，则，由余弦定理，即，整理得：，且，解得，则；（10分）综上所述：此时存在但不唯一确定，不合题意.（12分）若条件③：由题意可得：，即，解得，则，（6分）由三角形的性质可知此时存在且唯一确定，（7分）由余弦定理可得，（9分）则，可得，（11分）∴的面积.（12分）18．一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入（单位：千万元）对每件产品成本（单位：元）的影响，对近年的年技术创新投入和每件产品成本的数据进行分析，得到如下散点图，并计算得：，，，，.(1)根据散点图可知，可用函数模型拟合与的关系，试建立关于的回归方程；(2)已知该产品的年销售额（单位：千万元）与每件产品成本的关系为.该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本千万元，根据（1）的结果回答：当年技术创新投入为何值时，年利润的预报值最大？（注：年利润=年销售额一年投入成本）参考公式：对于一组数据、、、，其回归直线的斜率和截距的最小乘估计分别为：，.【答案】(1)  (2)当年技术创新投入为千万元时，年利润的预报值取最大值【详解】（1）解：令，则关于的线性回归方程为，  （1分）由题意可得，，  （3分）则，所以，关于的回归方程为.  （5分）（2）解：由可得，  （7分）年利润，  （9分）当时，年利润取得最大值，此时，  （11分）所以，当年技术创新投入为千万元时，年利润的预报值取最大值.   （12分）19．如图，已知正方体的棱长为分别为的中点.(1)已知点满足，求证四点共面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：如图，作中点，连接，因为是平行四边形，所以，  （2分）在中，为中位线，故，所以，故四点共面．  （5分）（2）设到平面的距离为，点到平面的距离为，  （7分）在中，．故的面积．  （9分）同理，由三棱锥的体积，  （10分）所以，得．故到平面的距离为．  （12分）20．已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．(1)求椭圆C的方程；(2)若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．①证明：直线CD过椭圆右焦点；②椭圆的左焦点为，求的周长是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)①证明见解析；②定值为8.【详解】（1）由已知得：，，，设，因为M在椭圆上，所以①（2分） 因为，将①式代入，得，得，（4分） 所以椭圆．（5分） （2）①证明：设，则，，同理可得，，（6分） 联立方程，得，，则．  （7分）同理联立方程，可得，，则.   （8分）又椭圆的右焦点为，所以，，（9分）因为，说明C，D，三点共线， 即直线CD恒过点．（10分）②周长为定值．因为直线CD恒过点，根据椭圆的定义，所以的周长为．（12分） 21．已知函数，为常数，且.(1)判断的单调性；(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.【答案】(1)答案见解析  (2)证明见解析【详解】（1）∵，∴，，记，（1分） ①当，即时，恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递增.（2分） ②当，即时，方程有两个不等实根，且，，∴，，，单调递增，，，，单调递减，，，，单调递增，（4分） 综上所述：①当时，在上单调递增，②当时，在和上单调递增，在上单调递减.（5分） （2）∵，∴，（6分） 由（1）可知时，在上单调递增，故不妨设，要证：，即证：，（7分） 又∵当时，在上单调递增，∴只需证，又∵，∴只需证：，（8分） 即证：，（），记，，，∴当时，恒成立，单调递增，（11分） ∴，∴原命题得证.即.（12分） （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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．杭州2022年第19届亚运会（The 19th Asian Games Hangzhou 2022），简称“杭州2022年亚运会”，将在中国浙江杭州举行，原定于2022年9月10日至25日举办；2022年7月19日亚洲奥林匹克理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日举办，赛事名称和标识保持不变。某高中体育爱好者为纪念在我国举办的第三次亚运会，借四叶草具有幸福幸运的象征意义，准备设计一枚四叶草徽章捐献给亚运会。如图，在极坐标系Ox中，方程表示的图形为“四叶草”对应的曲线C．(1)设直线l：与C交于异于O的两点A、B，求线段AB的长；(2)设P和Q是C上的两点，且，求的最大值．【答案】(1)9   (2)【详解】（1）设A、B两点的极坐标分别为、，（2分） 则，，因此，；（5分） （2）根据对称性，不妨设、，．（8分） ∵，则，所以当时，即，时，．（10分） [选修4-5：不等式选讲]23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若的最小值为m，正数a，b，c满足，求证．【答案】(1)  (2)答案见详解【详解】（1）当时，，解，即，解得；     当时，，解，即，解得，无解；当时，，解，即，解得.（4分） 综上所述，不等式的解集为.  （5分） （2）由（1）可知，.当时，；当时，；当时，，（7分） 所以函数的最小值为2，所以，所以.（8分） 由柯西不等式可得，，（9分） 当且仅当时，等号成立.所以，所以。（10分）