押题预测卷01（解析版）决胜2023年高考数学押题必刷仿真模拟卷（新高考地区专用）

决胜2023年高考数学考前押题预测卷01

一、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．设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】因为，

，

所以，

故选：C.

2．已知复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】B

【解析】由题意，复数满足，

可得，

所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.

故选：B.

3．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】由，故，则，

，故，则，

所以.

故选：A

4．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（    ）

A. 120种 B. 180种 C. 240种 D. 300种

【答案】C

【解析】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，

共有种方法.

故选：C

5．已知函数，且，当ω取最小的可能值时，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】由题意可知，

当取最小值时，最小正周期最大，，

所以，

而在时取得最大值，故，

则，又，所以．

故选：D.

6．蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口，下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D. 在上的投影向量为

【答案】D

【解析】对A，，显然由图可得与为相反向量，故A错误；

对B，由图易得，直线平分角，且为正三角形，根据平行四边形法则有，与共线且同方向．

易知，均为含角的直角三角形，故，则，而，故，

故，故B错误；

对C，因为，．故C错误；

对D，，则在上的投影向量为，故D正确．

故选：D．

7．已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（    ）

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】因为为偶函数，所以，

则关于对称，

设，

，关于对称，

.

，

即满足条件，.

故选:A.

8．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意如图所示：

由双曲线，知，

所以，

所以，

所以过作垂直于轴的直线为，

代入中，解出，

由题知的内切圆的半径相等，

且，的内切圆圆心

的连线垂直于轴于点，

设为，在中，由等面积法得：

由双曲线的定义可知：

由，所以，

所以，

解得：，

因为为的的角平分线，

所以一定在上，即轴上，令圆半径为，

在中，由等面积法得：

，

又

所以，

所以，

所以，

，

所以

，

故选：A.

二、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．新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电池电动汽车、氢发动机汽车等.我国的新能源汽车发展开始于世纪初，近年来发展迅速，连续8年产销量位居世界第一.下面两图分别是年至年我国新能源汽车年产量和占比（占我国汽车年总产盘的比例）情况，则（    ）

A．年我国新能源汽车年产量逐年增加

B．年我国新能源汽车年产量的极差为万辆

C．年我国汽车年总产量超过万辆

D．年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量

【答案】BCD

【解析】对于A选项，由图可知，从年到年，我国新能源汽车年产量在下降，A错；

对于B选项，年我国新能源汽车年产量的极差为万辆，B对；

对于C选项，年我国汽车年总产量约为万辆，C对；

对于D选项，年我国汽车年总产量为万辆，

年我国汽车年总产量为万辆，

所以，年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量，D对.

故选：BCD.

10．已知正数a，b满足，则（    ）

A．的最小值为 B．的最小值为

C．的最小值为 D．的最小值为

【答案】AC

【解析】对于A，，

当且仅当时成立，A正确；

对于B，，即，可得，

所以，当且仅当时成立，B错误；

对于C，，当且仅当时成立，C正确；

对于D，由，

当且仅当，即，等号成立，

所以，此时，不能同时取等号，所以D错误.

故选：AC.

11．已知函数，下列命题正确的是（    ）

A．若是函数的极值点，则

B．若是函数的极值点，则在上的最小值为

C．若在上单调递减，则

D．若在上恒成立，则

【答案】ABC

【解析】对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，

对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，

对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，

对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，

故选：ABC

12．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（    ）

A. 过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为4

B. 的取值范围为

C. 若为线段上的动点，则

D. 若，则曲线必为双曲线的一部分

【答案】CD

【解析】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A错误；

对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；

对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，

，C正确；

对选项D：由，可解得或者，而，

所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.

故选：CD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．的展开式中含项的系数为____________.

【答案】

【解析】展开式的通项为，

令或，得（舍去），，

所以展开式中含项为.

故答案为：

14.佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则______．

【答案】1

【解析】因为，均值为，且，

所以，

由题可得，所以．

故答案为：1．

15.已知抛物线的焦点为F，点Р是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B.若PB平行于轴，则AF的长度为____________.

【答案】3

【解析】因为抛物线，所以，

根据题意不妨设，，，

因为，所以，

即，解得，即①，

因为A、B、F三点共线，所以，

即，即，即②，

①除以②可得，，即，即，

将代入①中可得,即，

解得（舍）或，所以，

代入中可得，所以.

故答案为：3

16．在四棱锥中，底面为正方形，，为空间中一动点，为的中点，平面．

若，则的轨迹围成封闭图形的体积为___；若与平面所成的角等于，则平面与的轨迹的交线长为___．

【答案】    ①.     ②.

【解析】第一空：由可知，即在为直径的球面上，

因为底面为正方形，,

而为的中点，平面，则为直角三角形．

所以，故轨迹围成封闭图形的体积为：；

第二空：由题意可得，，而面，面,

故面，所以与平面所成的角等于，

易得,

又为定值，为定锐角，故的轨迹为以为弦的球的上方与下方合着的球冠,其与平面的交线为圆（如下图所示）.

如图所示，

连接AC、BD交于N，连接AG、PN交于Q.则N为AC中点，故NG平行等于AP，故AQ:QG=2:1.

故，即AG⊥PN,PN面PBD，AG面PBD，

故AG⊥面PBD.

即平面与的轨迹的交线为Q为圆心MQ为半径的圆,如图所示，连接MQ，设，由上知,则有,化简得：，解得（舍负值），故交线长为：.

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．设数列前n项和满足，．

（1）证明：数列为等比数列；

（2）记，求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析    （2）

【解析】（1）证明：∵，且，

∴，

∴，

∴，令，可得，

∴，

所以数列是首项为，公比为的等比数列．

（2）由（1）可得，

∴，

∴；

∴

；

∴

18．已知为锐角三角形，且．

（1）若，求；

（2）已知点在边上，且，求的取值范围．

【答案】（1）；    （2）.

【解析】（1）因为，

所以，即，

又，，

所以，

所以，即，又，，

所以，即；

（2）因为，所以，又，

可得，

在中，，

所以，

在中，，

因为为锐角三角形，

所以，得，

所以，

所以，即的取值范围为.

19．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，，为CD的中点，，为的重心．

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析    （2）

【解析】（1）如图作等腰梯形的高为，在等腰梯形中，

，，，

，为中点，，为等边三角形，则，

在和中，，则与全等，

，又，，

而面，面.

（2）在平面内，过作，与交于点，

以为坐标原点建系如图，则，，，，

从而，，，

，，

设平面一个法向量为，

则，，

，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20．甲、乙两地教育部门到某师范大学实施“优才招聘计划”，即通过对毕业生进行笔试，面试，模拟课堂考核这3项程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项程序均通过后即可签约．去年，该校数学系130名毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）．

今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才招聘计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，m，其中0＜m＜1．

（1）判断是否有90%的把握认为这130名毕业生去年参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关；

（2）若小明能与甲、乙两地签约分别记为事件A，B，他通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y．当E（X）＞E（Y）时，证明：P（A）＞P（B）．

参考公式与临界值表：，n＝a＋b＋c＋d．

【答案】（1）没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关   

（2）证明见解析

【解析】（1）因为

，且，

所以没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关．

（2）因为小明参加各程序的结果相互不影响，

所以，则．Y的可能取值为0，1，2，3．

，

，

，

．

随机变量Y的分布列：

．

因为E（X）＞E（Y），所以，即，

所以，

所以P（A）＞P（B）．

21．如图，在平面直角坐标系中，已知直线与椭圆交于两点（在轴上方），且，设点在轴上的射影为点，的面积为，抛物线的焦点与椭圆的焦点重合，斜率为的直线过抛物线的焦点与椭圆交于两，点，与抛物线交于两点.

（1）求椭圆及抛物线的标准方程；

（2）是否存在常数，使为常数？若存在，求的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1），    （2）存在，

【解析】（1）由题意可设，可得，

所以，所以，，

所以，所以，

点P坐标代入椭圆方程得，所以椭圆C方程为，

所以，即，所以抛物线E方程为.

（2）设.

直线l的方程为，与椭圆C的方程联立得，

则恒成立，所以

则.

直线l的方程为，与抛物线E的方程联立得.

.

.

要使为常数，则，得.

故存在，使为常数.

22．已知函数，其中．

（1）若有两个零点，求的取值范围；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）；    （2）．

【解析】（1）由有两个零点，得方程有两个解，

设，则，

由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，

所以的最大值为，当时，当时，，

所以可得函数的大致图象，

所以，解得，

所以，有两个零点时，的取值范围是；

（2）设，即，则恒成立，

由，，可得，

下面证明当时，，即证，

令，则证，，

令为开口向上的二次函数，对称轴为，

由（1）可知，故在时单调递增，

则，

下面只需证明即可，即证，

令，则，

令，则，

所以函数单调递减，且，

所以当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故，即，从而不等式得证，

综上，的取值范围是．