资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩5页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（新高考地区专用）（原卷版+解析版）
展开
这是一份必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（新高考地区专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷03高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷新高考地区专用解析版docx、必刷卷03高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷新高考地区专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷03
新高考地区专用
预计新高考地区考试题型仍与2022年试卷结构相同，为8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良型试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大模块，以解答题的方式进行考查。
2022年新高考Ⅰ卷并未考查结构不良试题，本卷在第17题预测考查四边形面积问题。
应特别注意以给定定义为背景的试题，此类试题要特别注意给定的定义，根据定义找到规律，如本卷第16题，解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，能有效考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力；另外本卷第22题以大热点世界杯为背景，试题包含的信息量大，学生在解题时会出现从长题中提出信息的难度，重点考查了学生提取有效条件，分析问题，并解决问题的能力，本题难度较大。
一、单项选择题：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．（2023·全国·模拟预测）设是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】D
【详解】由，
得，
所以，所以的虚部为3.
故选：D.
2．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考开学考试）设全集，，，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意得图中阴影部分表示的集合是．∵，∴．又因为，∴．
故选：C．
3．（2023·江苏·高二专题练习）用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（ ）
A．24 B．30 C．36 D．42
【答案】B
【详解】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．综上，不同的涂法和数为．
故选：B．
4．（2023秋·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【详解】解：记，，，
由题意可知，，
所以，
，
所以，即的长为，
故选：D.
5．（2023秋·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分別为，上的动点，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
连接
由图易得，的三边都在三棱锥的三个侧面上，
将三棱锥的侧面展开成平面图形，如图，
可得四边形为直角梯形，
当四点共线时，的周长最小，
最小值为，
故选:B.
6．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线的上、下焦点分别为，，过的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设，，
则，．
在中，由余弦定理得，
即．
在中，由余弦定理得，
化简得，因为，
所以，
所以，
所以，
∴双曲线的离心率，
故选：D．
7．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】（1）比较a，b的大小：因为，所以，所以．
（2）比较b，c的大小：令，则．
当时，；当时，，
所以当时，，即，所以，即．
（3）比较a，c大小：
因为，所以，即，所以，即．
综上，．
故选：D．
8．（2023秋·浙江金华·高二统考期末）已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ）
A．当时，数列单调递减 B．当时，数列单调递增
C．当时，数列单调递减 D．当时，数列单调递增
【答案】D
【详解】数列是各项为正数的等比数列，则公比为，
由题意，得，
时，，有，，数列单调递增，A选项错误；
时，，，若数列单调递增，则， 即，由，需要，故B选项错误；
时，，解得，
时，，由，若数列单调递减，则， 即，而 不能满足恒成立，C选项错误；
时，，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.
故选：D
二、多项选择题：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．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）随着我国碳减排行动的逐步推进，我国新能源汽车市场快速发展，新能源汽车产销量大幅上升，2017－2021年全国新能源汽车保有量y（单位：万辆）统计数据如下表所示：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代码x
1
2
3
4
5
保有量y/万辆
153.4
260.8
380.2
492
784
由表格中数据可知y关于x的经验回归方程为，则（ ）
A．
B．预测2023年底我国新能源汽车保有量高于1000万辆
C．2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势
D．2021年新能源汽车保有量的残差（观测值与预测值之差）为71.44
【答案】BCD
【详解】由题得，，代入可得，A项错误；
2023年的年份代码为7，代入得，高于1000万辆，B项正确；
2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势，C项显然正确；
将x=5，代入得，相应的残差为784－712.56=71.44，D项正确，
故选：BCD．
10．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，，使得
B．异面直线与所成的角为60°
C．三棱锥的体积为
D．点到平面的距离为
【答案】BCD
【详解】连接.
A选项，平面，平面，，
所以与是异面直线，所以A选项错误.
B选项，，所以异面直线与所成的角为，
由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.
C选项，设，根据正方体的性质可知，
由于平面，所以平面，
所以到平面的距离为.
，C选项正确.
D选项，设点到平面的距离为，
，
，
解得，D选项正确.
故选：BCD
11．（2023·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．若函数的图象关于直线对称，则的值可能为3
B．若关于x的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为
C．若函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移B个单位长度，得到的函数为奇函数，则的最小值是1
D．若函数在区间上单调，则
【答案】BC
【详解】对于A，因为函数的图象关于直线对称，所以，则，因为，则的值不可能为3，故A错误；
对于B，当时，，若在上恰有四个实根，则，解得，故B正确；
对于C，由已知得，因为函数为奇函数，所以，即，因为，所以的最小值是1，故C正确；
对于D，当时，，因为，
所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．
故选：BC．
12．（2023·山西忻州·统考模拟预测）已知，分别是定义在R上的函数，的导函数，，，且是奇函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称
C． D．
【答案】ABC
【详解】因为，所以（a为常数），
所以．因为，
所以．
令，得，解得，
所以，则的图象关于直线对称，故选项正确．
因为，且，所以．所以，即是偶函数．因为是奇函数，所以的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，因为是偶函数，所以的图象关于点对称，则选项正确．
因为是奇函数，所以，所以，
所以，则是周期为4的函数．
因为，所以，所以，，则．因为是奇函数，
所以，所以，
则选项正确．
因为，所以，所以，，，
，所以，所以，
则选项错误．
故选：.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023·上海黄浦·统考一模）某个品种的小麦麦穗长度（单位：cm）的样本数据如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，则这组数据的第80百分位数为______.
【答案】10.8
【详解】数据从小到大排序为： 8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12个，
所以，
所以这组数据的第80百分位数是第10个数即：10.8.
故答案为：10.8
14．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）函数的值域是___________.
【答案】
【详解】因为
又因为,
所以当时,取得最小值 -1 ,
当时,取得最大值 2 , 故的值域是.
故答案为：
15．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点M，若在点M处的切线平行于的一条渐近线，则__________．
【答案】##
【详解】抛物线的焦点的坐标为，且；
双曲线的右焦点的坐标为，渐近线方程为，
由题意可知，在点M处的切线平行的渐近线应为，
设，则，得，
又点共线，即点共线，
所以，解得，所以.
故答案为：.
16．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．
【答案】 0
【详解】由题意，，
所以
又为正整数，
所以除以17的余数为0，
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．（10分）
（2023·江苏南通·校联考模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，，，．
(1)若，求；
(2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵，∴，
，，
，，
∴
；
（2）设，，∴，
∴，∴，①
，
当且仅当，时取最大值 ；
综上， ， 的最大值是 .
18．（12分）
（2023·山东临沂·统考一模）已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和．
(1)求的通项公式及；
(2)集合A为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则．记数列满足，求的前20项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设的公比为是与的等差中项，
，，
∴，．
（2）由题意知，，
又，
，即，
故．
又，
．
19．（12分）
（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，
在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
20．（12分）
（2023·宁夏银川·银川二中校考模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可得，
解得，
故椭圆C的标准方程为．
（2）设直线l的方程为，，，
联立，
整理得，
则，即，
解得，，．
故△OPQ的面积．
设，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则，即△OPQ面积的最大值为．
21．（12分）
（2023·新疆阿勒泰·统考一模）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在上存在零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；
(2)
【详解】（1）由已知，，
有，令，解得
由，可知当变化时，的变化情况如下表：
0
-
0
+
递减
极小值
递增
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）令，则存在，
使得
两边同时除以得
即
令
由已知，即，
则函数在上单调递增，
故，即
22．（12分）
（2023·浙江·模拟预测）2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有32队参加，其中欧洲球队有13支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士．世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必须要分出胜负．淘汰赛规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入30分钟的加时赛．在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负．点球大战分为2个阶段．第一阶段：前5轮双方各派5名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满5轮），前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利．第二阶段：如果前5轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利．
下表是2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：
淘汰赛
比赛结果
淘汰赛
比赛结果
1/8决赛
荷兰美国
1/4决赛
克罗地亚巴西
阿根廷澳大利亚
荷兰阿根廷
法国波兰
摩洛哥葡萄牙
英格兰塞内加尔
英格兰法国
日本克罗地亚
半决赛
阿根廷克罗地亚
巴西韩国
法国摩洛哥
摩洛哥西班牙
季军赛
克罗地亚摩洛哥
葡萄牙瑞士
决赛
阿根廷法国
注：“阿根廷法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为，在点球大战中阿根廷战胜法国．
(1)请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率．
(2)根据题意填写下面的列联表，并通过计算判断是否能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“32支决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
欧洲球队
其他球队
合计
闯入8强
未闯入8强
合计
(3)若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战．已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p，乙队球员每轮踢进点球的概率为，求在点球大战中，两队前2轮比分为的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用p表示）．
参考公式：
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
(2)分布列见解析，不能
(3)
【详解】（1）由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛，其中有5场比赛通过点球大战决出胜负，
所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率；
（2）下面为列联表：
欧洲球队
其他球队
合计
进入8强
5
3
8
未进入8强
8
16
24
合计
13
19
32
零假设支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关．
．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即不能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
（3）根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢．两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，．
当后3轮比分为时，甲乙两队均需踢满5轮，．
当后3轮比分为时，有如下3种情况：
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
甲
√
×
√
甲
×
√
√
乙
×
×
乙
×
×
乙
×
×
则．
当后3轮比分为时，有如下6种情况：
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
×
甲
√
√
×
甲
√
×
√
乙
√
×
×
乙
×
√
×
乙
√
×
×
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
×
√
甲
×
√
√
甲
×
√
√
乙
×
√
×
乙
√
×
×
乙
×
√
×
则．
当后3轮比分为时，有如下2种情况：
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
√
甲
√
√
√
乙
√
×
乙
×
√
则
当后3轮比分为时，有如下1种情况：
3
4
5
甲
√
√
√
乙
√
√
×
则．
综上，在点球大战中两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率
绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷03
新高考地区专用
预计新高考地区考试题型仍与2022年试卷结构相同，为8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良型试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大模块，以解答题的方式进行考查。
2022年新高考Ⅰ卷并未考查结构不良试题，本卷在第17题预测考查四边形面积问题。
应特别注意以给定定义为背景的试题，此类试题要特别注意给定的定义，根据定义找到规律，如本卷第16题，解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，能有效考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力；另外本卷第22题以大热点世界杯为背景，试题包含的信息量大，学生在解题时会出现从长题中提出信息的难度，重点考查了学生提取有效条件，分析问题，并解决问题的能力，本题难度较大。
一、单项选择题：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．（2023·全国·模拟预测）设是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】D
【详解】由，
得，
所以，所以的虚部为3.
故选：D.
2．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考开学考试）设全集，，，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意得图中阴影部分表示的集合是．∵，∴．又因为，∴．
故选：C．
3．（2023·江苏·高二专题练习）用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（ ）
A．24 B．30 C．36 D．42
【答案】B
【详解】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．综上，不同的涂法和数为．
故选：B．
4．（2023秋·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【详解】解：记，，，
由题意可知，，
所以，
，
所以，即的长为，
故选：D.
5．（2023秋·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分別为，上的动点，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
连接
由图易得，的三边都在三棱锥的三个侧面上，
将三棱锥的侧面展开成平面图形，如图，
可得四边形为直角梯形，
当四点共线时，的周长最小，
最小值为，
故选:B.
6．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线的上、下焦点分别为，，过的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设，，
则，．
在中，由余弦定理得，
即．
在中，由余弦定理得，
化简得，因为，
所以，
所以，
所以，
∴双曲线的离心率，
故选：D．
7．（2023·全国·高三专题练习）已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】（1）比较a，b的大小：因为，所以，所以．
（2）比较b，c的大小：令，则．
当时，；当时，，
所以当时，，即，所以，即．
（3）比较a，c大小：
因为，所以，即，所以，即．
综上，．
故选：D．
8．（2023秋·浙江金华·高二统考期末）已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ）
A．当时，数列单调递减 B．当时，数列单调递增
C．当时，数列单调递减 D．当时，数列单调递增
【答案】D
【详解】数列是各项为正数的等比数列，则公比为，
由题意，得，
时，，有，，数列单调递增，A选项错误；
时，，，若数列单调递增，则， 即，由，需要，故B选项错误；
时，，解得，
时，，由，若数列单调递减，则， 即，而 不能满足恒成立，C选项错误；
时，，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.
故选：D
二、多项选择题：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．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）随着我国碳减排行动的逐步推进，我国新能源汽车市场快速发展，新能源汽车产销量大幅上升，2017－2021年全国新能源汽车保有量y（单位：万辆）统计数据如下表所示：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代码x
1
2
3
4
5
保有量y/万辆
153.4
260.8
380.2
492
784
由表格中数据可知y关于x的经验回归方程为，则（ ）
A．
B．预测2023年底我国新能源汽车保有量高于1000万辆
C．2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势
D．2021年新能源汽车保有量的残差（观测值与预测值之差）为71.44
【答案】BCD
【详解】由题得，，代入可得，A项错误；
2023年的年份代码为7，代入得，高于1000万辆，B项正确；
2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势，C项显然正确；
将x=5，代入得，相应的残差为784－712.56=71.44，D项正确，
故选：BCD．
10．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，，使得
B．异面直线与所成的角为60°
C．三棱锥的体积为
D．点到平面的距离为
【答案】BCD
【详解】连接.
A选项，平面，平面，，
所以与是异面直线，所以A选项错误.
B选项，，所以异面直线与所成的角为，
由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.
C选项，设，根据正方体的性质可知，
由于平面，所以平面，
所以到平面的距离为.
，C选项正确.
D选项，设点到平面的距离为，
，
，
解得，D选项正确.
故选：BCD
11．（2023·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．若函数的图象关于直线对称，则的值可能为3
B．若关于x的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为
C．若函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移B个单位长度，得到的函数为奇函数，则的最小值是1
D．若函数在区间上单调，则
【答案】BC
【详解】对于A，因为函数的图象关于直线对称，所以，则，因为，则的值不可能为3，故A错误；
对于B，当时，，若在上恰有四个实根，则，解得，故B正确；
对于C，由已知得，因为函数为奇函数，所以，即，因为，所以的最小值是1，故C正确；
对于D，当时，，因为，
所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．
故选：BC．
12．（2023·山西忻州·统考模拟预测）已知，分别是定义在R上的函数，的导函数，，，且是奇函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称
C． D．
【答案】ABC
【详解】因为，所以（a为常数），
所以．因为，
所以．
令，得，解得，
所以，则的图象关于直线对称，故选项正确．
因为，且，所以．所以，即是偶函数．因为是奇函数，所以的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，因为是偶函数，所以的图象关于点对称，则选项正确．
因为是奇函数，所以，所以，
所以，则是周期为4的函数．
因为，所以，所以，，则．因为是奇函数，
所以，所以，
则选项正确．
因为，所以，所以，，，
，所以，所以，
则选项错误．
故选：.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023·上海黄浦·统考一模）某个品种的小麦麦穗长度（单位：cm）的样本数据如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，则这组数据的第80百分位数为______.
【答案】10.8
【详解】数据从小到大排序为： 8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12个，
所以，
所以这组数据的第80百分位数是第10个数即：10.8.
故答案为：10.8
14．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）函数的值域是___________.
【答案】
【详解】因为
又因为,
所以当时,取得最小值 -1 ,
当时,取得最大值 2 , 故的值域是.
故答案为：
15．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点M，若在点M处的切线平行于的一条渐近线，则__________．
【答案】##
【详解】抛物线的焦点的坐标为，且；
双曲线的右焦点的坐标为，渐近线方程为，
由题意可知，在点M处的切线平行的渐近线应为，
设，则，得，
又点共线，即点共线，
所以，解得，所以.
故答案为：.
16．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．
【答案】 0
【详解】由题意，，
所以
又为正整数，
所以除以17的余数为0，
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．（10分）
（2023·江苏南通·校联考模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，，，．
(1)若，求；
(2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵，∴，
，，
，，
∴
；
（2）设，，∴，
∴，∴，①
，
当且仅当，时取最大值 ；
综上， ， 的最大值是 .
18．（12分）
（2023·山东临沂·统考一模）已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和．
(1)求的通项公式及；
(2)集合A为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则．记数列满足，求的前20项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设的公比为是与的等差中项，
，，
∴，．
（2）由题意知，，
又，
，即，
故．
又，
．
19．（12分）
（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，
在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
20．（12分）
（2023·宁夏银川·银川二中校考模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可得，
解得，
故椭圆C的标准方程为．
（2）设直线l的方程为，，，
联立，
整理得，
则，即，
解得，，．
故△OPQ的面积．
设，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则，即△OPQ面积的最大值为．
21．（12分）
（2023·新疆阿勒泰·统考一模）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在上存在零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；
(2)
【详解】（1）由已知，，
有，令，解得
由，可知当变化时，的变化情况如下表：
0
-
0
+
递减
极小值
递增
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）令，则存在，
使得
两边同时除以得
即
令
由已知，即，
则函数在上单调递增，
故，即
22．（12分）
（2023·浙江·模拟预测）2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有32队参加，其中欧洲球队有13支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士．世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必须要分出胜负．淘汰赛规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入30分钟的加时赛．在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负．点球大战分为2个阶段．第一阶段：前5轮双方各派5名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满5轮），前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利．第二阶段：如果前5轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利．
下表是2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：
淘汰赛
比赛结果
淘汰赛
比赛结果
1/8决赛
荷兰美国
1/4决赛
克罗地亚巴西
阿根廷澳大利亚
荷兰阿根廷
法国波兰
摩洛哥葡萄牙
英格兰塞内加尔
英格兰法国
日本克罗地亚
半决赛
阿根廷克罗地亚
巴西韩国
法国摩洛哥
摩洛哥西班牙
季军赛
克罗地亚摩洛哥
葡萄牙瑞士
决赛
阿根廷法国
注：“阿根廷法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为，在点球大战中阿根廷战胜法国．
(1)请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率．
(2)根据题意填写下面的列联表，并通过计算判断是否能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“32支决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
欧洲球队
其他球队
合计
闯入8强
未闯入8强
合计
(3)若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战．已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p，乙队球员每轮踢进点球的概率为，求在点球大战中，两队前2轮比分为的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用p表示）．
参考公式：
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
(2)分布列见解析，不能
(3)
【详解】（1）由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛，其中有5场比赛通过点球大战决出胜负，
所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率；
（2）下面为列联表：
欧洲球队
其他球队
合计
进入8强
5
3
8
未进入8强
8
16
24
合计
13
19
32
零假设支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关．
．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即不能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
（3）根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢．两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，．
当后3轮比分为时，甲乙两队均需踢满5轮，．
当后3轮比分为时，有如下3种情况：
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
甲
√
×
√
甲
×
√
√
乙
×
×
乙
×
×
乙
×
×
则．
当后3轮比分为时，有如下6种情况：
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
×
甲
√
√
×
甲
√
×
√
乙
√
×
×
乙
×
√
×
乙
√
×
×
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
×
√
甲
×
√
√
甲
×
√
√
乙
×
√
×
乙
√
×
×
乙
×
√
×
则．
当后3轮比分为时，有如下2种情况：
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
√
甲
√
√
√
乙
√
×
乙
×
√
则
当后3轮比分为时，有如下1种情况：
3
4
5
甲
√
√
√
乙
√
√
×
则．
综上，在点球大战中两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率
相关试卷
必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（江苏专用）（原卷版+解析版）： 这是一份必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（江苏专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷03高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷江苏专用解析版docx、必刷卷03高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷江苏专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（新高考地区专用）（原卷版+解析版）： 这是一份必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（新高考地区专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷04高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷新高考地区专用解析版docx、必刷卷04高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷新高考地区专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（新高考地区专用）（原卷版+解析版）： 这是一份必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（新高考地区专用）（原卷版+解析版），文件包含必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷新高考地区专用解析版docx、必刷卷01高考三轮冲刺2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷新高考地区专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
