必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（北京专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考数学考前信息必刷卷02
北京专用

北京卷考试题型为10（单选题、40分）＋5（填空题、25分）＋6（解答题、85分），其中第21题属于综合题，综合了新定义、集合论、归纳法、排除法、演绎证明等思想和方法，考查学生创新能力。
北京卷坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳妥推进新高考的改革，形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系。
即以立德树人为中心，以数学素养和创新能力为两个着力点；突出对主干知识、思想方法、问题解决能力的考查；通过优化试卷结构、创新呈现方式、精选试题素材，突出学科本质，达到落实高考育人的目的。
北京卷通过设计现实性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。
2023年高考四大趋势，❶落实立德树人，鲜明体现时代主题，❷高考由“考知识”向“考能力”转变，❸聚焦“关键能力”和“思维品质”的考察 ，❹高考由“以纲定考”到“考教衔接”转变 。


2022年北京卷第7题以国家速滑馆“冰丝带”绿色环保场馆为背景，设置二氧化碳所处的状态与温度和压强的关系图，渗透德育教育，第18题以学生熟悉的校运动会体育比赛为背景，重点考查统计学中关于数据的收集、估计、预测的基本方法和原理，渗透体育教育。可以预测2023年北京卷命题将坚持以立德树人为根本任务，构建了引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系。例如本卷第6题。
2022年北京卷第20题（Ⅲ）二元函数不等式的证明这一创新的设问打破常规，需要学生固定一个变量，把动态的问题转化为静态，把二元的问题转化为一元的问题去处理。考查学生将多元与一元，动态与静态，变量与常量，高等与初等，等进行辩证思维的能力。第21题属于综合题，综合了新定义、集合论、归纳法、排除法、演绎证明等思想和方法，考查学生创新能力。可以预测2023年北京卷将设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。例如本卷第21题。
2022年北京卷第7题选取绿色冬奥会为情境创设数学问题。问题呈现了二氧化碳的三相图，该图可以使学生了解跨学科的知识。通过设置此问题，引导学生认识到现实生活中的环保问题，树立有责任的公民意识。第18题以体育铅球比赛为背景，考查统计学中预测方法与步骤的全过程。在体育比赛，特别是国际比赛中，预测比赛结果是体育比赛中一个重要的研究方向和热门话题，通过解决此问题，使学生体会到概率统计知识与现实生活的紧密联系。可以预测2023年北京卷将突出对数学应用和跨学科的考查。例如本卷第4题。
2022年北京卷进一步优化试卷的结构，首次将考查立体几何的试题改为结构不良问题，以直三棱柱为背景考查线面关系。给出的两个等价条件，让学生从位置和度量两个方面进行选择。这种尝试增强了试题灵活性，为引导教学、防止题型固化、命题方式固化起到积极的作用。可以预测2023年北京卷将继续考查结构不良问题。例如本卷18题。
2022年北京卷第14题通过含参的动区间分段函数来设计问题，按照0与1为分界点分三种情况对参数进行讨论，考查学生思维的灵活性和多样性。第15题设置了一个无穷正数数列，考查数列的增减性、估计数列项的范围、判断数列是否为等比数列。解决此问题需要学生利用放缩的思想，递减数列的定义，数列的下界，反证的思想等去推证和证伪，考查学生对于高阶知识的理解和迁移的能力。可以预测2023年北京卷将继续通过创新题型，设计条件或结论开放、解题方法多样、答案不唯一的试题等多种方式，体现试题的选择性和开放性。
总之，2023年高考数学继续保持“入口易、口径宽，深入缓、出口难”的特点，坚持“立德树人、服务选才、引导教学”的命题指导原则，形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系，导向中学对“四具备”人才的培养，即具备自觉的数量观念的人、具备严密推理逻辑的人、具备高度抽象概括的人、具备一丝不苟、精益求精作风的人。
引导教学在六个方面“下功夫”，即在主干知识的掌握上下功夫、在数学学科本质的理解上下功夫、在数学思想方法的领悟上下功夫、在数学应用探究上下功夫、在创新思维形成上下功夫、在数学素养的养成上下功夫。助力学生德智体美劳全面发展。


第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．已知集合，若（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用交集的定义运算即得.
【详解】因为 ，
则 .
故选：B.
2．若复数z满足，则（    ）
A．1 B．5 C．7 D．25
【答案】B
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．

3．已知．若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求得展开式的通项公式，根据题意，可求得a值，令，可求得的值，令，可得的值，即可得答案.
【详解】由题意得展开式的通项公式为，
令，则，
所以，解得，
令，可得，
令，可得，
所以.
故选：D
4．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为

A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
【答案】A
【详解】作出该球轴截面的图像如下图所示，依题意，，设，故，因为，解得，故该球的半径，所以.

【学科网考点定位】本题考查球体的体积公式，考查学生的空间想象能力.
5．在平行四边形中，，，，若、分别是边、上的点，且满足，则的最大值为（    ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】设，，然后选取为基底，把其他向量用基底表示后计算数量积，表示为的函数，由函数知识得最大值．
【详解】设，，则，
，
∴
，
∵，∴时，取得最大值5．
故选：C．
【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取基底，用基底表示平面上的其他向量，然后进行运算求解．
6．净水机常采用分级过滤，其中第一级过滤一般由孔径为微米的PP棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯）构成，其结构是多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质．假设每一层PP棉滤芯可以过滤掉三分之一的大颗粒杂质，过滤前水中大颗粒杂质含量为，若要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过，则PP棉滤芯层数最少为（    ）（参考数据：，）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据题意建立函数模型，解函数不等式即可.
【详解】设过滤后水中大颗粒杂质含量为，则经过层过滤后，满足，，
若要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过，
则，即，
∵在区间上单调递增，
∴，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴的最小值为，
∴PP棉滤芯层数最少为.
故选：B.
7．已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的个数是（    ）

①
②将的图象向右平移1个单位，得到函数的图象
③的图象关于直线对称
④若，则
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出 ，可判断①，由点的坐标代入求得 ，可得函数的解析式,再根据函数图象的变换规律可判断②，将代入解析式中验证，可判断③；根据三角函数的图象和性质可判断④，即可得到答案．
【详解】由函数图象可知： ,
函数的最小正周期为 ，故 ，
将 代入解析式中： ，得：
由于 ，故，故①错误；
由以上分析可知，将的图象向右平移1个单位，得到函数的图象，故②正确；
将代入得，故③错误；
由于函数的最小正周期为8，而,
故不会出现一个取到最大或最小值另一个取到最小或最大的情况，
故，故④正确，
故选：C
8．已知点，点Q在圆上，则的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设，求出动点的轨迹，数形结合求解.
【详解】由题得圆心坐标为，半径.
设.
点的轨迹方程为.
圆心到直线的距离.
，
的取值范围为.
故选：B.

9．已知是无穷等比数列，则“存在，使得，”是“对任意，均有”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】首先由，可推得.进而可得出，或者，，分别验证可得成立；反过来，由，可得出，或者，，分别验证可得存在，使得，即可得出答案.
【详解】设公比为，显然，且.
（1）由可得，，
显然有与符号相同，则.
①若，则有，解得，
此时.
因为，所以，又，所以，所以；
②若，则有，解得.
又，所以，
此时.
因为，所以，又，所以，所以.
（2）因为，所以.
因为是常数，所以符号恒定，所以.
①若，则，所以，显然此时有成立；
②若，则，此时有，所以，
此时有成立.
综上所述，“存在，使得，”是“对任意，均有”的充分必要条件.
故选：C.
10．设函数的定义域为,如果存在正实数,使得对任意,都有,则称为上的“型增函数”.已知函数是定义在上的奇函数,且当时,).若为上的“型增函数”,则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】∵函数是定义在上的奇函数，且当时，)，
∴，∵为上的“20型增函数”，∴，当时，，解得，当时，由，即，得：，
∴，∴或，解得，∴实数的取值范围是，故选B.

第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．函数的定义域为_______．
【答案】
【分析】由题意得到关于的不等式组，解不等式组可得函数的定义域．
【详解】由题意得，解得，
所以函数的定义域为．
故答案为：．
12．已知双曲线的右焦点为，两条渐近线分别为和，若点关于的对称点恰好在上，则双曲线的离心率为________.
【答案】2
【分析】设，，求出关于直线的对称点代入，联立方程消元即可求解.
【详解】由题意可知：，，设关于直线的对称点为，则，消去，得
，
即，.
故答案为：2
13．如图，点是单位圆上的一个动点，它从初始位置（单位圆与轴正半轴的交点）开始沿单位圆按逆时针方向运动角到达点，然后继续沿单位圆逆时针方向运动到达点，若点的横坐标为，则的值等于_________.

【答案】
【分析】由三角函数的定义可以求出，判断点的位置，由已知点的横坐标为，利用同角的三角函数关系，可以求出点的纵坐标，可以得到，
，再利用二角差的余弦公式求出的值.
【详解】由三角函数的定义可知：点的坐标为，因为，所以，所以点在第二象限，已知点的横坐标为，即
，所以，因此有
.
【点睛】本题考查了三角函数定义、同角的三角函数关系、以及二角差的余弦公式，考查了数学运算能力.
14．对正整数，其中，记．设，给出下面四个结论：
①；               
②
③；     
④数列为等差数列．
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】②③④
【分析】①将12进行分解，结合已知条件可求出；
②逆用等比数列求和公式转化，结合已知条件可求出；
③由已知条件分别求出和，再判断对错；
④先由已知条件求出，再用等差数列定义证明是等差数列.
【详解】①因为，所以，从而.故而①错；
②因为 ，所以.故而 ②正确；
③因为 所以 ，又所以，满足，故而③正确；
④当时，;
当时，           
因为
                
所以         
=，
当时，符合上式，所以，所以；
从而，数列为等差数列.故而④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是：准确解读已知信息，将所给正整数按形式进行分解，得到，求时使用了迭加法.
15．已知函数
①若的最大值为，则a的一个取值为_________．
②记函数的最大值为，则的值域为_________．
【答案】         
【分析】根据解析式可画出函数和的函数图象，图象以为分界，左取图象，右取图象，根据值不同，可得不同图象，以此判断出的最大值变化与不同取值之间的关系，即可得到答案.
【详解】由解析式可知是定义域为R的奇函数，且当时，，当且仅当时等号成立；
，两函数如下图所示：

由图可知，当时，的最大值为，
当时，的最大值为在区间的最大值，即为，
当时，的最大值为；
①若满足，当时，，不符题意；
当时，，解得或（舍去）
当时，，不符题意；
②综上所述，根据函数图象可知函数的最大值为.
故答案为：①；②

三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（13分）已知．在中，，．
(1)求角的大小；
(2)若，，求的值及边上的高．
【答案】(1)
(2)，边上的高

【分析】（1）化简，由可得出，由三角形内角和即可求出；
（2）先由正弦定理求出a，再由和确定的范围和的值，将化为求解，再使用直角三角形的三角函数求出边上的高即可.
【详解】（1）由已知，



∵，∴，即，
∴，或，，
又∵，为三角形内角，且由，有，
∴，即，
∴
（2）由正弦定理，得，
∵，∴，又∵，∴，，
∴
，
边上的高.
17．（14分）“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.

(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；
(2)从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；
(3)设全校学生一周参加课后活动的时间的众数、中位数、平均数的估计值分别为，，，请直接写出这三个数的大小关系.（样本中同组数据用区间的中点值替代）
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)

【分析】（1）直接计算得到答案.
（2）概率，的可能取值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.
（3）根据公式计算众数，平均数和中位数，再比较大小即可.
【详解】（1）参加课后活动的时间位于区间的概率.
（2）活动的时间在区间的概率，
的可能取值为，
，，
，.
故分布列为：












（3）众数为：；
，
，
则，；

，
故
18．（14分）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，.

(1)求证：平面平面；
(2)设平面平面，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使二面角的大小确定，并求此二面角的余弦值.
条件①：；条件②：平面；条件③：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）根据四边形为矩形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理平面，然后利用面面平行的判定定理证明；
（2）选条件①②：证明，，两两垂直，则以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用求解. 选条件①③：由面面垂直的性质可证明面，进而可得，结合，可证明面即可得，所以，，两两垂直，则以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用求解. 选②③：二面角的大小不确定，不符合题意.
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，
又平面；平面；
所以平面；
又因为，平面；平面；
所以平面；
又，
所以平面平面；
（2）选条件①②：
因为平面，，面，可得，，，
所以，，两两垂直，
以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，
设平面的一个法向量为 ，即，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，则，
，
因为二面角为锐二面角，设二面角的平面角为，
所以；
选条件①③：
因为平面平面，平面平面，
因为，面，所以面，
因为面，所以，
因为，，所以面，
因为面，所以，
所以，，两两垂直，
以为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，
设平面的一个法向量为 ，即，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，则，
，
因为二面角为锐二面角，设二面角的平面角为，
所以；
选②③：二面角的大小不确定，所以选择②③不符合题意.

19．（14分）已知函数
（1）若曲线在点处的切线与轴平行.
（i）求的值；
（ii）求函数的单调区间；
（2）若，求证：.
【答案】（1）（i），（ii）单增区间为，单递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）（i）计算，令可得的值；（ii）定义域为，，构造函数，利用导数判断在上单调递减，且，进而可得以及的解集，即可求解；
（2）要证明不等式可转化为，令，只需证明，利用导数判断的单调性，证明即可.
【详解】（1）（i）定义域为，由
可得，
因为曲线在点处的切线与轴平行，
所以，可得：，
（ii）当时，，，
令，则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，；当时，，；
所以单增区间为，单递减区间为；
（2）要证明，即证，
等价于
令，只需证明，
，，
由得有异号的两根，
令其正根为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，所以，
所以，，可得，
所以，即.
【点睛】利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
20．（15分）已知椭圆的一个焦点为，且经过点和．
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，设，点P为椭圆C上不同于M、N的一点，直线与直线交于点A，直线与x轴交于点B，求证：和面积相等．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆焦点坐标和经过的两点即可求得标准方程；（2）设出点P的坐标，即可表示出两点坐标，再写出和的面积公式，再利用点P在椭圆上即可证明等式成立，得出和面积相等的结论.
【详解】（1）由题意可知，椭圆的半焦距，
将代入椭圆方程得，即，
所以，
椭圆C的方程为.
（2）根据题意，设，
又，，如下图所示，

则直线、的斜率均存在，且；
所以，直线方程为
又直线与直线交于点A，所以
又因为，可得；
所以，的面积为
同理，直线方程为
直线与x轴交于点B，易得，则
所以，的面积为
要证明和面积相等，即证明成立即可，
整理得，由点P在椭圆C上可知，，
即，得，
即显然成立；
所以和面积相等.
21．（15分）已知数列满足：，且.记集合.
(1)若，写出集合的所有元素；
(2)若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；
(3)求集合的元素个数的最大值.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)5

【分析】（1）根据递推关系可求的所有元素；
（2）根据递推关系结合数学归纳法可得相应的证明；
（3）利用列举法可求的元素个数的最大值
【详解】（1）若，则，，，
，故中的项的大小从第3项开始周期变化，且周期为2.
故.
（2）设，
若，则，因互质，故为3的倍数；
若，则即，因互质，
故为3的倍数，
依次类推，有均为3的倍数.
当时，我们用数学归纳法证明：也是3的倍数.
当时，若，则，故为3的倍数；
若，则，故为3的倍数，
设当时，是3的倍数即为3的倍数，
若，则，故为3的倍数；
若，则，因为3的倍数，故为3的倍数，
故当时，是3的倍数也成立，
由数学归纳法可得是3的倍数成立，
综上，的所有元素都是3的倍数.
（3）当，则，，，，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为4；
当，则，故的元素个数为5；
当，则，故的元素个数为1；
当时，的元素个数不超过为5，
综上，的元素个数的最大值为5.
【点睛】思路点睛：根据递推关系研究数列的性质时，可根据局部性质结合数学归纳法去研究整体性质，另外对于数学有限情况的研究，可结合列举法讨论解决.