数学-2023年高考押题预测卷02（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省新高考专用）（全解全析）

这是一份数学-2023年高考押题预测卷02（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省新高考专用）（全解全析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测卷02【云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省专用】
数学•全解全析
一、单选题：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．已知集合，，，则实数的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设知，讨论、求a值，结合集合的性质确定a值即可.
【详解】由知：，
当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
当，即或，
若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
若，则，，满足要求.
综上，.
故选：A
2．已知复数z满足，若，则复数z为（    ）．
A． B．
C．或 D．或
【答案】C
【分析】根据复数的模的计算求得a的值，再根据复数的除法运算即可求得答案.
【详解】由有，即，
解得，
当时，,
当时，.
故选：C
3．的展开式中的系数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
因为，
在中，令可得，
在中，令可得，
因此，展开式中的系数为.
故选：D.
4．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军，”对乙说：“你不是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有（    ）不同的排列
A．36 B．54 C．60 D．72
【答案】B
【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下人有种可能，所以5人的名次排列有种不同情况.
故选：B.
5．2021年5月15日，中国首次火星探测任务天问一号探测器在火星成功着陆.截至目前，祝融号火星车在火星上留下1900多米的“中国脚印”，期待在2050年实现载人登陆火星.已知所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方的比值都相等.若火星与地球的公转周期之比约为，则地球运行轨道的半长轴与火星运行轨道的半长轴的比值约为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知先设周期再应用分数指数幂与根式的互化得出比值.
【详解】设地球的公转周期为，则火星的公转周期为.
设地球､火星运行轨道的半长轴分别为，，
则，
于是.
故选: A.
6．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
【分析】利用正切值相等可说明，由此可得，结合平行关系可知A正确；由，可知B错误；通过证明四边形为平行四边形可得，由线面平行判定可知C正确；根据，，由线面垂直和面面垂直的判定可知D正确.
【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.
7．若，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用对数的运算法则和指数函数的性质求解.
【详解】 ，
对于指数函数 ，当 时， ， ，
；
故选：A.
8．设点，，圆：，点满足，设点的轨迹为，与交于点，，为直线上一点（为坐标原点），则（    ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】求出点的轨迹方程（得出轨迹是圆），两圆方程相减得直线方程，由几何法求得弦相交的长，根据平面向量数量积的运算律与定义计算：．
【详解】设，由，得，
整理得：．即：；又圆：，则,
∴，
联立与，得：．
∴点到直线的距离．
则，
∴．
故选：C．


二、多选题：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．已知向量，，，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据向量平行的坐标表示列方程求，判断A，根据向量垂直的向量表示结合数量积的坐标运算求，判断B，由两边平方可得，结合数量积坐标运算求，再求判断C，由条件可得，且向量与不共线，列不等式 的取值范围，判断D.
【详解】对于A，因为，，所以，所以，A正确；
对于B，因为，所以，
所以，又，，
所以，所以，B错误；
对于C，由可得，，
所以，所以，由，，
可得，所以，所以，，
所以，C正确；
对于D，由向量与的夹角为锐角，可得，且向量与不共线，
所以，且，所以实数的取值范围是，D错误；
故选：AC.
10．已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为、，椭圆的上顶点和右顶点分别为A、B，点P、Q都在上，且，则下列说法正确的是（    ）
A．周长的最小值为14
B．四边形可能是矩形
C．直线，的斜率之积为定值
D．的面积最大值为
【答案】ACD
【分析】对四个选项一一判断：对于A：利用椭圆的对称性，判断出PQ为椭圆的短轴时， 周长最小.即可判断；对于B：判断出，从而四边形不可能是矩形.即可判断；对于C：设，直接计算出.即可判断；对于D.由的面积为.即可判断.
【详解】由，可知P，Q关于原点对称.
对于A.根据椭圆的对称性，，当PQ为椭圆的短轴时，有最小值6，所以周长的最小值为14.故A正确；
对于B.因为，所以，
则，故椭圆上不存在点，使得，
又四边形是平行四边形，所以四边形不可能是矩形.故B不正确.
对于C.由题意得，设，则，
所以.故C正确；
对于D.设的面积为，所以当PQ为椭圆的短轴时，最大，所以.故D正确.
故选：ACD.
11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．在区间上单调递增
B．的最小正周期为
C．的值域为
D．的图象可以由函数的图象，先向左平移个单位，再向上平移个单位得到
【答案】ABD
【分析】对于A：整理可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于B、D：整理可得，进而可求周期判断选项B，根据图形变换分析运算，可判断选项D；对于C：，换元，可得，
构建，，利用导数求其最值.
【详解】对于A：由题意可得：，
∵，则，且在上单调递增，
∴在区间上单调递增，故A正确；
对于B、D：由题意可得：
，
故的最小正周期为，故B正确；
函数的图象，先向左平移个单位，得到，
再向上平移个单位，得到，故D正确；
对于C：由题意可得：
，
令，则，
可得，
构建，，则，
由于，
令，解得；令，解得或；
故在上单调递增，在上单调递减，
且，
显然，
故在上的值域为，
所以的值域为，故C错误；
故选：ABD.
12．如图，已知四棱锥的外接球的直径为4，四边形ABCD为正方形，平面平面APB，G为棱PC的中点，，则（    ）

A．平面PCD
B．
C．AC与平面PBC所成角的正弦值为
D．四棱锥的体积为
【答案】ABC
【分析】A.由，利用线面平行的判定定理判断；B.易得平面PBC，再利用线面垂直的性质定理判断；C.易知为AC与平面PBC所成的角求解判断；D.根据平面平面APB，过P作，由面面垂直的性质定理，得到平面ABCD，再由求解判断.
【详解】解：  因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，故A正确；
平面平面APB，且，所以，又，从而平面PBC，所以，故B正确；
易知，所以四棱锥的外接球的直径为AC，所以，所以，所以，因为平面PBC，所以为AC与平面PBC所成的角，所以，故C正确；
如图所示：

因为平面平面APB，过P作，根据面面垂直的性质定理，可知平面ABCD，因为，所以，所以，故D错误．
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若“”为假命题，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】由“”为真命题，利用判别式法求解.
【详解】解：由条件可知“”为真命题，
则，即.
故答案为：
14．已知在等比数列中，、分别是函数的两个驻点，则_____________．
【答案】
【分析】根据题意利用导数及韦达定理可得，的关系，后利用等比数列的性质可得答案.
【详解】由题意可得：，
则、是函数的零点，则，
且为等比数列，设公比为，
可得，解得，
注意到，可得.
故答案为：.
15．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上一点，点是直线与轴的交点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率__________．
【答案】
【分析】设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，结合椭圆定义建立的关系求得.
【详解】
设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，，，
由对称性知，
所以，即，
所以，
所以.
故答案为：
16．已知曲线过曲线上两点A，B分别作曲线的切线交于点P，．记A，B两点的横坐标分别为,则______．
【答案】
【分析】根据导数的几何意义，结合图象及垂直的斜率关系计算即可.
【详解】当x>0时，；当x<0时，，
根据导数的几何意义结合图象，不妨设，．
因为曲线在点A，B处的两条切线互相垂直，所以，整理得，所以是．
故答案为：-1


四、 解答题：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．设数列的前项和为，，是等比数列，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用与之间的关系，可得数列的通项公式；
（2）利用等比数列的通项公式可得，利用裂项相消法与分组求和法可得.
【详解】（1），
当时，，
当时，，
，
当时，符合上式，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）得，则，
，，
在等比数列中，公比，，
，
数列的前项和.
18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若边上的中线，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）通过三角恒等变换和正弦定理化简即可.
（2）将中线转化为向量的模长，从而求出的最大值，即可求出面积的最大值.
【详解】（1）依题意有
，又，
，又，
解得，，
；
（2）因为
所以，
当且仅当时成立，
故面积的最大值为.
19．如图，四棱锥中，侧面底面ABCD，，，，，E，F分别是SC和AB的中点，．

(1)证明：平面SAD；
(2)点P在棱SA上，当与底面所成角为时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设M为SD的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论；
（2）设N是DC的中点，由面面垂直判定定理证明平面，再证明，以点为原点，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，由向量夹角公式求点的坐标，再求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.
【详解】（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，
因为ME是的中位线，所以，
又因为，且，所以底面ABCD为平行四边形．
所以，又，且，故，
且，所以四边形是平行四边形，                     
所以，又平面，平面，
所以平面．         

（2）因为，又，
所以，故．
设N是DC的中点，连接SN，因为，
所以，又平面平面，
平面SDC，平面底面，
所以平面．                                          
连接，在中，，
所以是正三角形，
在中，，所以，
所以，即．                          
因为两两互相垂直，故以为坐标原点，
以向量为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．               

在中，由余弦定理得．
过点P作，，
因为平面，所以底面，
因为，所以与相似，
因为，所以．
设P的坐标为，
则，，
故，
设底面ABCD的法向量为，
当PF与底面ABCD所成角为时，与所成角为．
故，
即，解得．              
所以．
设平面的法向量为，
则，即
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面PAF的法向量为，
则，即，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
故．
所以二面角的正弦值为．
20．为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在、两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：

(1)请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；
(2)以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认为居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于70%才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？
(3)根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区所抽取100人中再按居民态度是否赞成分层抽取一8人样本作为代表团，从代表团中选取两人做汇总发言，求至少有一个不赞成的居民被选到发言的概率.
【答案】(1)小区平均分为，小区平均分为，方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎
(2)小区可继续推行方案二
(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；
（2）分别求出小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；
（3）结合（2）的结论，利用古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】（1）设小区方案一的满意度平均分为，则设小区方案二的满意度平均分为，则∵.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎.
（2）由题意可知：
小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为，以频率估计概率，赞成率为62%
小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为，以频率估计概率，赞成率为75%.
∴小区可继续推行方案二.
（3）由（2）中结果，在小区不赞成25人中，取人，赞成的75人中取人组成代表团，设至少有一个不赞成居民做汇总发言的概率为，记不赞成的两人为，赞成的6人为，从中任选两人，则有以下情况：
共28种情况，其中至少有一个不赞成的居民被选到发言的有，
共13种，
由古典概型的概率计算公式可得.
21．已知抛物线的焦点为，分别为上两个不同的动点，为坐标原点，当为等边三角形时，.
(1)求的标准方程；
(2)抛物线在第一象限的部分是否存在点，使得点满足，且点到直线的距离为2？若存在，求出点的坐标及直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点，直线的方程为.

【分析】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，可得点在上，代入，解得，即得的标准方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立，结合韦达定理和条件，得，由点到直线的距离为2，可得，联立可解得答案．
【详解】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，
当为等边三角形时，的高为，
由题意知点在上，代入，得，解得，
所以的标准方程为.
（2）由（1）知，根据题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，即，且，，
所以，
由，得，
所以，所以，即，
又点在上，所以，即，①
所以，解得，
又点在第一象限，所以，所以.
又点到直线的距离，化简得，②
联立①②解得，或（舍去），或（舍去）.
此时点，直线的方程为.
22．已知函数，，其中为自然对数的底数．
(1)若有两个极值点，求的取值范围；
(2)记有两个极值点为、，试证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，令，分析可知有个变号零点，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于的不等式，解之即可；
（2）欲证，即证，由已知条件得出，令，解得，，将所证不等式变形为，然后令，其中，利用导数证得即可.
【详解】（1）解：因为，，，
设，则，
若有两个极值点，则有个变号零点．
当时，，在上递增，至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
若使得有个变号零点，则，即，即，
解得，此时，，
，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，
所以，，故，
由零点存在定理可知，函数在、上各有一个变号的零点，
设函数在、上的零点分别为、，
当或时，；当时，.
此时函数有两个极值点，合乎题意.
综上所述，.
（2）证明：欲证，即证，
由于、为的零点，
则，可得，
令，则，
解得，，
所以只需证明：，即证：，
构造函数，其中，
则，
所以，函数在上单调递减，则，
所以，即得证，故.
【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.