必刷卷05——【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05
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9题、14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16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，集合，，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先化简集合，，再由子集的概念可判断A；由集合的运算判断BCD
【详解】因为，或，
所以不是的子集，故A错误；
，故B错误；
或，故C错误；
，故D正确；
故选：D
2．若，，则下列不等式一定正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用特殊值法可判断ABC选项；利用作差法可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，，，则，A错；
对于B选项，取，，，则，B错；
对于C选项，取，，则，C错；
对于D选项，，则，D对.
故选：D.
3．若，则的值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用赋值法可求解.
【详解】令，得，
令，得，
则.
故选：A
4．已知圆的方程，过作直线与圆交于点，且关于直线对称，则直线的斜率等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，所以假设直线方程为：，与圆进行联立可得点坐标，同理可得到点坐标，即得到答案
【详解】解：设，， 易得在圆上，
因为直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，
设直线方程的斜率为，则直线斜率为，
所以直线方程为：，
 整理得：， 
所以： ，
即：，，
所以，同理，
所以，
故选：
5．设为平面向量，则“存在实数，使”是“”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】根据向量的性质依次判断充分性和必要性即可.
【详解】若存在实数，使，则，，即，故充分性成立；
若，则，
即，即，即同向，
故存在实数，使，故必要性成立.
所以“存在实数，使”是“”的充分必要条件.
故选：C.
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P为C右支上一点．若的一条渐近线方程为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用双曲线的定义可得，结合条件可得，进而可得，即得.
【详解】由题可知，，
因为的一条渐近线方程为，
所以，，
所以.
故选：C.
7．在长方体中，与平面相交于点M，则下列结论一定成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据平面交线的性质可知，又平行线分线段成比例即可得出正确答案，对于ABD可根据长方体说明不一定成立.
【详解】如图，连接，交于，连接，，

在长方体中，平面与平面的交线为,
而平面，且平面，
所以，
又，，
所以，故C正确.
对于A，因为长方体中与不一定垂直，故推不出，故A错误；
对于B，因为长方体中与不一定相等，故推不出，故B错误；
对于D，由B知，不能推出与垂直，而是中线，所以推不出，故D错误.
故选：C
8．已知的最大值是2，则在中的最大值是（    ）
A． B．3
C． D．
【答案】C
【分析】由的最大值为2，利用辅助角公式可求的值，代入，并根据辅助角公式可得，根据正弦函数的图像与性质可得，根据两角和的正弦公式可求解.
【详解】解：根据辅助角公式可得
，其中.
由的最大值为2可得,解得.
∴
.
∵，∴.
∴当，即时，取得最大值.
故
.
故选:C.
9．恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（    ）
M
2
3
7
11
13

0.301
0.477
0.845
1.041
1.114

A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】C
【分析】利用对数的运算公式计算即可.
【详解】由题意知，的70次方为83位数，所以，则，即，整理得，
根据表格可得，，所以，即.
故选：C.
10．等差数列的前项和为.已知，.记，则数列的（    ）
A．最小项为 B．最大项为 C．最小项为 D．最大项为
【答案】C
【分析】根据题意求得等差数列的通项公式和前项和，得到，结合，可排除A、D，再求得数列的单调性，得到B不正确，C正确.
【详解】由题意，设等差数列的公差为，
因为，，可得，
所以，，
则，可得，
所以，可排除A、D；
设，
则，
因为，所以，
所以在区间和上都是单调递增函数，
即当时，数列为递增数列，
当时，数列也为递增数列，
其中，
例如当时，可得，所以B不正确，C正确.
故选：C.
【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.

第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．复数满足，___________.
【答案】
【分析】根据复数的四则运算可得，再利用模长公式直接得解.
【详解】由，
则，
所以，
故答案为：.
12．函数的值域为________．
【答案】
【分析】利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求和的值域，再取并集即可.
【详解】因为当时，，
当时，，
所以函数的值域为，
故答案为：
13．已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，

因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
14．某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数，分别为红、蓝两方初始兵力，t为战斗时间；，分别为红、蓝两方t时刻的兵力;正实数a，b分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为T．给出下列四个结论：
①若且，则；
②若且，则；
③若，则红方获得战斗演习胜利；
④若，则红方获得战斗演习胜利．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①②④
【分析】对于①根据已知条件利用作差法比较大小即可得出，所以①正确；对于②，利用①中结论可得蓝方兵力先为0，即解得，②正确；对于③和④，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间、，比较大小即可知③错误，④正确.
【详解】对于①，若且，则，
即，所以，
由可得，即①正确；
对于②，当时根据①中的结论可知，所以蓝方兵力先为0，
即，化简可得，
即，两边同时取对数可得，
即，所以战斗持续时长为，
所以②正确；
对于③，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，
设红方兵力为0时所用时间为，蓝方兵力为0时所用时间为，
即，可得
同理可得
即，解得
又因为都为正实数，所以可得，红方获得战斗演习胜利；
所以可得③错误，④正确.
故答案为：①②④.
15．在中，，.
①若，则角的大小为_____；
②若角有两个解，则的取值范围是_____.
【答案】         
【分析】①利用正弦定理求得的值， 结合角的取值范围可求得结果；
②作出图形，结合图形可得出角有两个解时，满足的不等式，进而可求得的取值范围.
【详解】①由正弦定理可得，
，；
②在中，，，如下图所示：

若使得角有两个解，则，即.
故答案为：；.
【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，同时也考查了利用三角形多解求边长的取值范围，考查计算能力，属于中等题.

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．已知函数．从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
(1)求a的值；
(2)求的最小值，以及取得最小值时x的值．
条件①：的最大值为6；
条件②：的零点为．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)若选条件①，则；若选条件②，则
(2)答案见解析.

【分析】（1）化简的解析式，根据条件①或②求得的值.
（2）利用三角函数最值的求法求得正确答案.
【详解】（1）
.
若选条件①，
则.
若选条件②，
则.
（2）若选条件①，由（1）得，
则当时，，则当时，取得最小值为.
若选条件②，由（1）得，
则当时，，则当时，取得最小值为.
17．已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，、、、分别是、、、的中点.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知.条件①：平面；条件②：；条件③：平面平面.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在， 求线段的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)答案见解析.

【分析】（1）选条件①：平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件②：，由，得到，又，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件③：平面平面，由，利用面面垂直的性质定理证明；
（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面EFG的一个法向量为，易知平面ABCD的一个法向量为，由求解；
（3）设，，得到，由（2）知平面EFG的一个法向量为，由求解.
【详解】（1）证明：选条件①：平面，
又平面ABCD，
所以平面平面，
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
选条件②：；
因为，所以，
则，又，且，
所以平面，
又平面ABCD，
所以平面平面，
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
选条件③：平面平面.
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
（2）由（1）建立如图所示空间直角坐标系：

则，
，
所以，
设平面EFG的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
易知平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角为；
（3）设，，
则，
由（2）知平面EFG的一个法向量为：，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即，整理得，
因为，所以方程无解，即不存在满足条件的点M.
18．2021年是北京城市轨道交通新线开通的“大年”，开通线路的条､段数为历年最多.12月31日首班车起，地铁19号线一期开通试运营.地铁19号线一期全长约22公里，共设10座车站，此次开通牡丹园､积水潭､牛街､草桥､新发地､新宫共6座车站.在试运营期间，地铁公司随机选取了乘坐19号线一期的名乘客，记录了他们的乘车情况，得到下表（单位：人）：
下车站
上车站
牡丹园
积水潭
牛街
草桥
新发地
新宫
合计
牡丹园
///
5
6
4
2
7
24
积水潭
12
///
20
13
7
8
60
牛街
5
7
///
3
8
1
24
草桥
13
9
9
///
1
6
38
新发地
4
10
16
2
///
3
35
新宫
2
5
5
4
3
///
19
合计
36
36
56
26
21
25
200

(1)在试运营期间，从在积水潭站上车的乘客中任选一人，估计该乘客在牛街站下车的概率；
(2)在试运营期间，从在积水潭站上车的所有乘客中随机选取三人，设其中在牛街站下车的人数为，求随机变量的分布列以及数学期望；
(3)为了研究各站客流量的相关情况，用表示所有在积水潭站上下车的乘客的上､下车情况，“”表示上车，“”表示下车.相应地，用，分别表示在牛街，草桥站上､下车情况，直接写出方差，，大小关系.
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，数学期望：1
(3)

【分析】（1）用频率估计概率即可；
（2）服从二项分布，分别计算概率，列出分布列计算期望
（3）根据两点分布方差公式可得答案.
（1）
设选取的乘客在积水潭站上车､在牛街站下车为事件，
由已知，在积水潭站上车的乘客有人，其中在牛街站下车的乘客有人，
所以.
（2）
由题意可知，
；
；
；
.
随机变量的分布列为











所以随机变量的数学期望为
.
（3）
.
（两点分布：）
19．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若对恒成立，求a的取值范围；
(3)若，证明：．
【答案】(1) 时单调递增， 时，单调递减；
(2) ；
(3)证明见解析.

【分析】（1）求导，根据导数的符号确定单调区间；
（2）运用参数分离的方法，构造函数求导，计算函数最大值即可；
（3）作图，根据函数图像确定 的范围，再构造函数，利用函数的单调性证明.
【详解】（1） ，显然有 ，当 时， ，单调递增，
当 时， ，单调递减；
（2）由 得： ， ，
令 ，则有 ，令 ，
显然 是减函数， ， 当 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减；
，a的取值范围是 ；
（3）当 时， ，由（1）的结论作函数图像如下：

，
对于 ，得 ，不妨设 ，则有 ，
由图可知当 时，对应的自变量有2个值 ，其中 ，
要证明 ，只需 取 中较小的数 即可，
， ， ， ，
要证明 ，只需证明 ，在 时， 单调递增，
只需证明 ， ， 只需证明 ，
即 ，构造函数 ，
，
，
， 是增函数，又 当 时， ，
即，命题得证；
综上，（1）当 时，单调递增，当 时，单调递减；（2） .
【点睛】本题的难点是第三问，根据函数的图像确定和 的范围，再将原问题转化为函数的单调性问题.
20．已知椭圆过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上一动点（不在轴上），为中点，过原点作的平行线，与直线交于点.问能否为定值，使得？若是定值，求出该值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能为定值，使得，.

【分析】（1）根据题意得，再结合即可得答案；
（2）设，进而得，，再计算斜率即可得，最后结合即可得答案.
【详解】（1）解：因为椭圆过点，其右焦点为
所以，即，所以，
所以椭圆方程为
（2）解：设，则，
所以，
所以过原点与的平行的线的方程为，
所以，
所以，，
所以，
因为，故，
假设存在能为定值，使得，
所以，解得
所以能为定值，使得，.
21．若无穷数列满足以下两个条件，则称该数列为数列.
①，当时，；
②若存在某一项，则存在，使得（且）.
(1)若，写出所有数列的前四项；
(2)若，判断数列是否为等差数列，请说明理由；
(3)在所有的数列中，求满足的的最小值.
【答案】(1)数列的前四项为：；；；
(2)数列为首项为1公差为4的等差数列，理由见解析
(3)的最小值为

【分析】（1）先根据条件①去绝对值可得或，由得，再根据条件逐个列举即可；
（2）由条件①知，当时，或，由得，利用反证法假设数列中存在最小的正整数（），使得，根据单调性结合条件②可知假设不成立，即可得结论；
（3）先根据条件②可得必为数列中的项，再结合条件①可得分析即可．
【详解】（1）由条件①知，当时，或，
因为，由条件①知，
所以数列的前四项为：；；；.
（2）若，数列是等差数列
由条件①知，当时，或，
因为，所以
假设数列中存在最小的正整数（），使得，
则单调递增，
由则均为正数，且.
所以.由条件②知，则存在 ，使得
此时与均为正数矛盾，
所以不存在整数（），使得，即.
所以数列为首项为1公差为4的等差数列.
（3）由及条件②,
可得必为数列中的项，记该数列为，有，
不妨令，由条件①，或均不为；
此时或或或，均不为
上述情况中，当，时，
结合，则有.
由，得即为所求.