押题预测卷07（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07

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．已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】∵，当且仅当时，等号成立，∴，

又∵，∴.

故选：B.

2．若复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限   C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】由题意可知：，所以复数在复平面上对应的点为.位于第四象限.

故选:D.

3．已知抛物线的焦点在圆上，则该抛物线的焦点到准线的距离为（    ）

A. 1 B. 2 C. 4 D. 8

【答案】C

【解析】由于抛物线的焦点为正半轴上，与正半轴的交点为，故抛物线的焦点为，所以，

因此抛物线的焦点到准线的距离为，

故选：C

4．已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

.

故选：D

5．中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（    ）

A. 2400 B. 2401 C. 2500 D. 2501

【答案】D

【解析】不妨设第层小球个数为，由题意，， ……，即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列.所以.

故有，累加可得：，

故

故选:D

6．已知，，，则的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】，，

又，；

，，又，；

综上所述：.

故选：C.

7．云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.已知某科技公司2018年至2022年云计算市场规模数据，且市场规模y与年份代码x的关系可以用模型（其中e为自然对数的底数）拟合，设，得到数据统计表如下：

由上表可得经验回归方程，则2025年该科技公司云计算市场规模y的估计值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】因为，

所以，

即经验回归方程，

当时，，

所以，

即2025年该科技公司云计算市场规模y的估计值为，

故选：B

8．已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且f（x）的一个零点是，则的最小值为（    ）

A．2 B．12 C．4 D．8

【答案】C

【解析】因为函数的图象关于直线对称，

所以，，所以，，

根据，则，所以，

因为是在区间上的单调减函数.

所以，

所以，

即，

解得，，，

因为，所以或，

当时，，当时，；

由于，且f（x）的一个零点是，

所以，，

所以，，，

即，，.

根据或，可得，或，所以的最小值为4.

故选：C.

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．已知实数满足，且，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】对于A，，，，A错误；

对于B，，，，，，，

，即，B正确；

对于C，，，，即，C正确；

对于D，，D错误.

故选：BC.

10．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点、，且，则下列结论中正确的是（    ）

A.  B. 平面ABCD

C. 三棱锥的体积为定值 D. 的面积与的面积相等

【答案】ABC

【解析】对于A选项，连接、，

因为四边形为正方形，则，

平面，平面，，

平面，，

所以平面，

因为平面，因此，A选项正确；

对于B选项，因为平面平面，平面，

所以平面，B选项正确；

对于C选项，因为的面积为，

点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，C选项正确；

对于D选项，设，取的中点，连接、，

由A选项可知，平面，即平面，

平面，则，

因为且，故四边形为平行四边形，

则且，

因为、分别为、的中点，故且，

所以四边形为平行四边形，

平面，平面，所以，

故四边形为矩形，所以，

平面，所以平面，

平面，，，

所以，D选项错误.

故选：ABC.

11．已知双曲线的左，右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于点、，与双曲线的渐近线交于点、（、在第一象限，、在第四象限），为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）

A. 若轴，则的周长为

B. 若直线交双曲线的左支于点，则

C. 面积的最小值为

D. 的取值范围为

【答案】BD

【解析】双曲线的标准方程为，则，

易知点、，双曲线的渐近线方程为.

对于A选项，当轴，直线的方程为，

联立，可得，此时，，

则，

此时，的周长为，A错；

对于B选项，因为双曲线关于原点对称，则点关于原点的对称点也在双曲线上，

因为若直线交双曲线的左支于点，则点、关于原点对称，

即、的中点均为原点，故四边形为平行四边形，

所以，，即，B对；

对于C选项，易知的方程为，的方程为，所以，，

因为直线与双曲线的右支交于点、，则直线不与轴重合，

设直线的方程为，设点、，

联立可得，

则，解得，

由韦达定理可得，，可得，

联立可得，即点，

联立可得，，即点，

所以，，，

所以，，当且仅当时，等号成立，C错；

对于D选项，

，

当时，，

当时，，

因为函数在上单调递减，

此时，

当时，因为函数在上单调递减，

此时，

综上所述，的取值范围是，D对.

故选：BD.

12．若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的，均满足：，，记，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【解析】令，得，即，故A正确；

因为，则，

又因为，是定义在上不恒为零的可导函数，所以可设，

因为，所以，即，则，

所以，则，故B错误；

令，所以，所以，

所以，所以，则，

所以，，，，

累加得：，所以选项C正确；

因为，

所以，

，

，

，

累加得：，即，

设，则，

所以，即，

所以，，，，

累加得，

所以，即

所以，故D正确.

故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．展开式中的系数为___________.

【答案】

【解析】的展开式的通项为：，，

取和，计算得到系数为：.

故答案为：

14.已知向量，，若非零向量与，的夹角均相等，则的坐标为___（写出一个符合要求的答案即可）

【答案】（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.

【解析】设，因为，，

所以，

，

因为与，的夹角均相等，所以，

所以，

化简得，所以，

因为为非零向量，可取，此时.

故答案为：（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.

15. 已知函数.若，则a的取值范围是___________.

【答案】

【解析】当时，恒成立；

当时，此时应有，即.

令,，则.

设，则恒成立，

所以，即单调递增.

又，则要使在上恒成立，

应有在上恒成立，

即在上恒成立.

又时，，所以；

当时，此时应有，即.

令，则.

令，则恒成立，

所以，即单调递减.

又，则要使在上恒成立，

应有在上恒成立，

即在上恒成立.

因为，在上单调递减，所以，

所以.

综上所述，a的取值范围是.

故答案为：

16．如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】由于和都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，

因此三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，

则半径，

直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，

当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最长，趋于直径，

当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最短，

如图翻折后，此时，所以

则，由相似比可得，

所以，

直线MN被球O截得的线段长，

综上直线MN被球O截得的线段长的取值范围是，

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．已知数列的前项和为，且满足

（1）的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1）    （2）

【解析】（1）因为①，

当时，则，

当时②，

①②得，即，

则，所以，

所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.

（2）因为，所以，

所以③，

④，

③④得

，

所以.

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）

【解析】（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．某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有，，三款软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：

（1）从这人中随机抽取人，求这人恰好来自同一班级的概率；

（2）从这名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选，两款软件学习的概率都是，且他们选择，，任一款软件都是相互独立的，设这三名学生中下午自习时间选软件的人数为，求的分布列和数学期望．

【答案】（1）    （2）分布列见解析，

【解析】（1）由题知，从这人中随机抽取人，共有种可能情况，

记“这人恰好来自同一班级”为事件，

则事件包含的可能情况有：种，

所以，

（2）由题知，的可能取值为，

因为选，两款软件学习的概率都是，且他们选择，，任一款软件都是相互独立的

所以，他们选择款软件学习的概率是

所以，这三名学生中下午自习时间选软件的人数为

所以，，，

，；

所以，的分布列为：

所以，

20．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．

（1）求点A到平面PBC的距离；

（2）E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．

【答案】（1）    （2）

【解析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.

∵为等边三角形，∴，OA=1，.

又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，

平面PAD，∴平面ABC.

又∵平面ABCD，∴.

∵，∴，∴.

又∵，平面POB，

平面POB，，∴平面POB.

又∵平面POB，∴.

∴，

设点A到平面PBC的距离为h，

则即，∴；

（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.

设，则，.

得，则.

又平面ABC，则取平面ABCD法向量.

设AE与平面ABCD所成的角为，则

，解得.

则，.

设平面ADE的法向量，则.

令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.

故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.

21．已知椭圆E：的长轴长为4，由E的三个顶点构成的三角形的面积为2.

（1）求E的方程；

（2）记E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点.

【答案】（1）    （2）证明见解析.

【解析】（1）由题意可知，

E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为；

要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为，

所以，

故E的方程为.

（2）由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，,

联立，

则 ，

直线的方程为，

当时，，所以，是的中点，所以，

，即，所以，

则化简得 ，

代入得，

故，所以或，

故直线的方程为或，

由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为，此时 ，故，此时直线过定点.

22．已知函数，其中．

（1）证明：恒有唯一零点；

（2）记（1）中的零点为，当时，证明：图像上存在关于点对称的两点．

【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析

【解析】（1），又，

令，则，递增，

令，则，递减，

而时，，时，

有，，

可得恒有唯一零点．

（2）因为，故，

要证图像上存在关于点对称的两点，

即证方程有解；

，

令，

，

令，

则，

令

，

当时，，则，递增，

当时，，则，递减，

故，因为，故，

又时，，时，，

故先负后正再负，则先减再增再减，

又，且时，，时，，

故先正后负再正再负，则先增再减再增再减，

又时，，时，，而，

故在区间存在两个零点，则原题得证！