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（新高考地区专用）（原卷版+解析版）

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绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷01
新高考地区专用

新高考地区考试题型为8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良型试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大模块，以解答题的方式进行考查。
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年新高考地区解答题中，虽未以结构不良型方式考查数列与解三角形这两大知识模块，但预测2023年新高考地区将以结构不良型方式考查数列与解三角形这两大知识模块中的一个，出现在17题的可能性较大，难度中等偏下，例如本卷第17题。
同时应特别注意以数学文化为背景的新情景问题，此类试题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，一般出现在选择题第4题、第5题的位置，难度中等，例如本卷第5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．（2023·广东江门·统考一模）已知集合，，则集合B中所有元素之和为（    ）
A．0 B．1 C．－1 D．
【答案】C
【详解】根据条件分别令，解得，
又，所以，，
所以集合B中所有元素之和是，
故选：C．
2．（2023·广东江门·统考一模）已知i为虚数单位，复数z满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为，所以.
故选：B
3．（2023·全国·模拟预测）的展开式中的常数项为（    ）
A．－20 B．30 C．－10 D．10
【答案】D
【详解】解:因为
的展开式的通项公式为,
令,得;
令,得,
所以的展开式中的常数项为:
.
故选:D
4．（2023·河北石家庄·统考一模）“”是“圆：与圆：有公切线”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，
若两圆有公切线，则，即，解得或，
所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件.
故选：A.
5．（2023·浙江·校联考三模）“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（    ）个刻度
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，
则当尺子有4个刻度时满足条件
设为长度，为刻度，为刻度对应的数量，则有且，其中，
当时，


下证，当尺子有3个刻度时不能量出的物体长度
设且，其中，
所以当中有1个0，x的取值至多有3个
当中有2个0时，或，x的取值至多有2个
当中没有0时，x的取值有1个
所以x取值至多有6个，即当尺子有3个刻度时不能量出的物体长度．
故选:B
6．（2023·江西赣州·统考一模）已知函数的最小正周期为，，且的图象关于点中心对称，若将的图象向右平移个单位长度后图象关于轴对称，则实数的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】，，且，
，即，
的图像关于点中心对称，
，且，即，解得，
，
取，，
，
将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，
的图像关于轴对称，
，解得，
，
的最小值，令，得，
故选：B.
7．（2023·河南·统考模拟预测）实数x，y，z分别满足，，，则x，y，z的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】解：由已知得 ，，，
设 ，，当时，，
所以 在上单调递减，因此，
即 所以 ，；
又设，，当时，，
所以在上单调递增，
因此 ，所以 ，则；
综上得.
故选：B．
8．（2023春·山西吕梁·高二校考开学考试）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法错误的是（    ）

A．当运动时，不存在点使得
B．当运动时，不存在点使得
C．当运动时，二面角的最大值为
D．当运动时，二面角为定值
【答案】C
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为在上，且，，
可设，则，
则，
所以，
故恒为正，故A正确．
若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故B正确．
设平面的法向量为，
又，所以，即，
取，则，
平面的法向量为，所以．
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
因为，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故C错误．

连接．平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D正确．

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．（2023春·浙江衢州·高一校考阶段练习）已知向量，，则正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若与的夹角为钝角，则 D．若向量是与同向的单位向量，则
【答案】ABD
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，故B正确；
对于C，若与的夹角为钝角，则，且与不共线，
即，解得，且，故C不正确；
对于D，若向量是与同向的单位向量，则，故D正确.
故选：ABD.
10．（2023·全国·高三专题练习）甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）
A．事件B与事件相互独立 B．
C． D．
【答案】BD
【详解】，，
先发生，则乙袋中有4个红球3白球3黑球，
先发生，则乙袋中有3个红球4白球3黑球，，
先发生，则乙袋中有3个红球3白球4黑球，．
，B对．


，C错．
，A错．
，D对．
故选:BD.
11．（2023秋·浙江湖州·高二统考期末）已知分别为椭圆和双曲线的公共左，右焦点，（在第一象限）为它们的一个交点，且，直线与双曲线交于另一点，若，则下列说法正确的是（    ）
A．的周长为 B．双曲线的离心率为
C．椭圆的离心率为 D．
【答案】BCD
【详解】设，则，，，
中由余弦定理，得
，化简得，
，D正确；
又，所以，又，
的周长为，A错误；
中，，由余弦定理得，所以，
因此双曲线的离心率为，B正确；
椭圆的离心率为，C正确，
故选：BCD．

12．（2023·全国·模拟预测）已知函数的定义域为，当时，；且对于任意，恒有，则（    ）
A．是周期为2的周期函数
B．
C．当时，方程有且仅有8个不同的实数解，则k的取值范围为
D．
【答案】BCD
【详解】已知对于任意，恒有，
即任意，恒有，又当时，，
所以当时，,.
选项A，由已知对于任意，恒有，不符合周期性定义，所以A错误；
选项B，，故B正确；
选项C，如图1，当时，方程有且仅有8个不同的实数解，
当直线过点时，直线为，与有9个交点，
当直线与，相切时，此时是7个交点，
令，整理得，
由，解得，
当时，方程，即，解得，舍；当时，方程，即，解得，满足题意；且，，点在直线的上方.所以k的取值范围为，故C正确；
选项D， 如图2，过点，，，，
成立；
当时，,.
，即，
所以，故D正确；

故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023·江苏泰州·统考一模）写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{}的通项公式＝___．
①；②
【答案】（答案不唯一）
【详解】依题意，是等比数列，设其公比为，
由于①，所以，
由于②，所以，
所以符合题意.
故答案为：（答案不唯一）
14．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）从某地抽取1000户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50~650kW·h之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.若根据图示估计得该样本的平均数为322，则可以估计该地居民月用电量的第60百分位数约为______.

【答案】350
【详解】由题意可得，解得，
由知，估计该地居民月用电量的第60百分位数约为.
故答案为：350
15．（2023·四川·校联考模拟预测）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其内切球的体积为，则该圆锥的高为________．
【答案】3
【详解】因为内切球的体积为，故内切球的半径满足，故.
设母线的长为，底面圆的半径为，故，故，
故轴截面为等边三角形（如图所示），设分别为等边三角形的内切圆与边的切点，
为内切圆的圆心，则共线且，，
而，故，故，

故答案为：3.
16．（2023·辽宁沈阳·统考一模）三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．
【答案】     ##     ##
【详解】设平面，垂足为，如图，

过作于点，过作于，连接，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
平面，得，同理，
从而均为直角三角形，
∵，，
∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．
∵，
∴，
又，
，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，
又，解得，
又，
，
，同理，
，为外接球直径，
三棱锥外接球的体积为．
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）
（2023·全国·高三专题练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．从①②③中选取两个作为条件，补充在下面的问题中，并解答．①；②的面积是；③．
问题：已知角A为钝角，，______．
(1)求外接圆的面积；
(2)AD为角A的平分线，D在BC上，求AD的长．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【详解】（1）选①②，
，，
又，即，得，
由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
选①③，因为，．
所以由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
选②③，
由，，A为钝角，得，
由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
（2）由AD为角A的平分线，设，，
则有，
由的面积，
即，解得．
故AD的长为.
18．（12分）
（2023·湖南邵阳·统考二模）已知为数列的前项和，，，记．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由，得．
∴，则．∴，
∴数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴．∵，
∴．
（2）∵，
∴
∴

当为奇数时，．
当为偶数时，，是递增数列，∴．
综上得：．
19．（12分）
（2023·全国·哈尔滨三中校联考一模）某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了了解学生参与活动的情况，随机调查了100名学生一个月（30天）完成锻炼活动的天数，制成如下频数分布表：
天数
[0，5]
（5，10]
（10，15]
（15，20]
（20，25]
（25，30]
人数
4
15
33
31
11
6
(1)由频数分布表可以认为，学生参加体育锻炼天数X近似服从正态分布，其中μ近似为样本的平均数（每组数据取区间的中间值），且，若全校有3000名学生，求参加“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数（精确到1）；
(2)调查数据表明，参加“每天锻炼1小时”活动的天数在（15，30]的学生中有30名男生，天数在[0，15]的学生中有20名男生，学校对当月参加“每天锻炼1小时”活动超过15天的学生授予“运动达人”称号.请填写下面列联表：
性别
活动天数
合计
[0，15]
（15，30]
男生



女生



合计



并依据小概率值的独立性检验，能否认为学生性别与获得“运动达人”称号有关联.如果结论是有关联，请解释它们之间如何相互影响.
附：参考数据：；；.
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)476人
(2)答案见解析
【详解】（1）由频数分布表知
，则，，
，
，
参加“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数约为476人.
（2）由频数分布表知，锻炼活动的天数在的人数为：，
参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15]的学生中有20名男生，
参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15]的学生中有女生人数：
由频数分布表知，锻炼活动的天数在的人数为，
参加“每天锻炼1小时”活动的天数在（15，30]的学生中有30名男生，
参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15]的学生中有女生人数：
列联表如下：
性别
活动天数
合计


男生
20
30
50
女生
32
18
50
合计
52
48
100
零假设为：学生性别与获得“运动达人”称号无关

依据的独立性检验，我们推断不成立，即：可以认为学生性别与获得“运动达人”称号有关；
而且此推断犯错误的概率不大于，根据列联表中的数据得到，男生、女生中活动天数超过15天的频率分别为：和，可见男生中获得“运动达人”称号的频率是女生中获得“运动达人”的称号频率的倍，于是依据频率稳定与概率的原理，我们可以认为男生获得“运动达人”的概率大于女生，即男生更容易获得运动达人称号.
20．（12分）
（2023·陕西商洛·统考一模）已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，，以为直径的圆与轴相切于点，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)是直线上的动点，过点作抛物线的切线，切点分别为，证明：直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点坐标为
【详解】（1）由抛物线方程知：，
连接，

为切点，，
又，，，．
，，解得：，
则抛物线的方程为．
（2）设，，，
由得：，，则，
化简整理可得：，即，
同理：由得：，
则点都在直线上，
即直线的方程为，
令得：，直线过定点，该定点坐标为．
21．（12分）
（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．

(1)当时，求三棱柱的体积；
(2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【详解】（1）解：如图，取的中点为O，

因为为菱形，且，所以为正三角形，
又有为正三角形且边长为2，则，，
且，，所以，
所以，因为又，
平面，平面，所以平面，
所以三棱柱的体积．
（2）在中，，，
由余弦定理可得，
所以，由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，所以在平面内作，则平面，
以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
，，
则，即，
取得，设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
22．（12分）
（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数,.
(1),求的最值;
(2)若函数恰有两个不同的零点,求的取值范围.
【答案】(1)最大值是,无最小值
(2)
【详解】（1）由题意可得,定义域为.
设,由,得,由,得.
则在上单调递增,在上单调减,
,
故在上的最大值是,无最小值.
（2）由题意可得,
,
的定义域是.
①当,即时,时,时,
则在上单调递减,在上单调递增.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,
则,解得,故;
②当,即时,由,解得,
因为,所以,则有且仅有1个零点,故不符合题意;
③当,即时,由,得或,
由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或
,
若,解得,不符合题意,
若,设,则化为,
时,,,
所以,无解,
即无解,故不符合题意;
④当,即时,恒成立,则在上单调递增,从而最多有1个零点,则不符合题意;
⑤当,即时,由,得或,由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或.
若,解得,不符合题意,
若.
设,则化为,
由（1）知在上单调递减,所以,无解,
即无解,故不符合题意.
综上,的取值范围是.