押题预测卷02（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）

这是一份押题预测卷02（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），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
决胜2023年高考数学考前押题预测卷02一、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．已知复数，，且为纯虚数，则（    ）A.  B. 2 C.  D. 【答案】C【解析】复数，，则，依题意，，解得，即，所以.故选：C2．设，已知两个非空集合，满足则（    ）A．          B．               C．            D．【答案】B【解析】如图所示P，Q，满足＝R，即PQ故选：B3．两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为（    ）A．10 B． C． D．2【答案】D【解析】设与的夹角为，则，所以在上的投影向量为，所以在上的投影向量的长度为，故选:D.4．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（    ）（参考数据：，，，）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），则（m3），（m3），（m3），所以（m3）．故选：A．5．已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为在上仅有2个零点，当时，（），所以，解得．故选：B.6．设等比数列的前项和为.已知，，则（    ）A． B．16 C．30 D．【答案】D【解析】由题得：①，②，①②得： ，，则，代入①中，即，，故，故选：D.7．已知双曲线的右焦点为，在右支上存在点，，使得为正方形（为坐标原点），设该双曲线离心率为，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，当为正方形时，点的坐标为，代入可得，整理得，即，整理得，即，解得.故选：B.8．若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（    ）A.  B. C  D. 【答案】D【解析】设切点，则切线方程为，又切线过，则，有两个不相等实根，其中或，令或，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，，，当时，，当时，，所以，即.故选：D.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．某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则（　　）A．a＝0.008 B．X＝120 C．70分以下的人数约为6人 D．本次考试的平均分约为93.6【答案】AD【解析】对于A，（0.002×2+0.004+a+0.014+0.02）×20＝1⇒a＝0.008，A正确；对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，所以，B错误；对于C，70分以下的人数为（0.002+0.004）×20×1000＝120人，C错误；对于D，平均成绩，D正确，故选：AD．10．甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）A. 事件B与事件相互独立 B. C.  D. 【答案】BD【解析】，，先发生，则乙袋中有4个红球3白球3黑球，先发生，则乙袋中有3个红球4白球3黑球，，先发生，则乙袋中有3个红球3白球4黑球，．，B对．，C错．，A错．，D对．故选:BD.11．如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（    ）A． B．平面BDCC．多面体的外接球的表面积为D．点A，P旋转运动的轨迹长相等【答案】BC【解析】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示，连接，，如图所示正方体中且，四边形为平行四边形，则有为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误；，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确；多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确；点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.故选：BC12．对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（    ）A.  B. ，C.  D. ，【答案】ACD【解析】A.因为，所以令得，所以，故A正确；B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；C.，，而，所以，，由， ，，则，则，故C正确；当时，，，令，则，，则，即，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．设，若，则________．【答案】5【解析】展开式第项，∵，∴，∴.故答案为：514.已知为抛物线上的一个动点，直线，为圆上的动点，则点到直线的距离与之和的最小值为________．【答案】【解析】因为圆，所以，半径，抛物线的焦点，准线为直线，则点到直线的距离，所以点到直线的距离与之和为，所以当、、、四点共线时，取得最小值，其最小值为.故答案为：15.已知函数.如果存在实数使函数，在处取得最小值，则实数的最大值为__．【答案】【解析】，当时，在处取得最小值，则，即：，当时,不等式恒成立.当时, 不等式可化为：，设，，知其图象是开口向下的抛物线, 故在闭区间上的最小值必在端点处取得，且则不等式成立的充要条件是 整理得,则该不等式在上有解，即得解,故实数的最大值为.故答案为：16．长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是___________.【答案】##【解析】由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可，又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值，过作，交延长线于，连接，显然△△，所以，故为平行四边形，则，，，所以△为等腰三角形，过作于，则必在线段上，综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，设，则，故，所以，解得，则，，绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线，所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，，而直线与面夹角为，且，，令，则，而，令，则，而综上，，故的最大值是.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．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a2+a3+a4＝39，a5＝2a4+3a3．（1）求{an}的通项公式；（2）数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）    （2）Tn＝．【解析】（1）∵，∴，q＞0，解得，∴；（2）由题可知，∴，，两式相减可得：，∴Tn＝．18．在△ABC中，D为边BC上一点，，，．（1）求；（2）若，求内切圆的半径．【答案】（1）    （2）2【解析】（1）设，∴，，在中，由正弦定理可得，在中，，又，所以，∴，∴，∴．（2）∵，∴，又易知为锐角，∴，∴，，∵，∴，∴中，，又，在中，由余弦定理可得，∴．设的内切圆半径为r，则，则.19．中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中．例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为，且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概率为．现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币．（1）若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；（2）若甲抛掷次，乙抛掷n次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率．【答案】（1）    （2）【解析】（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故； （2）可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，则第次甲必须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为；③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，由对称性可知，故，而由，可得．20．如图，在四棱锥中，为棱上一点，，四边形为矩形，且平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】（1）连接交于点，连接，因为平面，平面平面，平面，所以，又，所以，又，所以.因为，所以，所以，所以，又平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面所以平面.如图建系，则，，设平面的一个法向量为，则，取，得，又平面的一个法向量为，所以，且二面角为锐角，故二面角的大小为.21．已知椭圆的左右顶点分别为，上顶点为，离心率为，点为椭圆上异于的两点，直线相交于点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若点在直线上，求证：直线过定点．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【解析】（Ⅰ）依题意，解得所以椭圆C的方程为（Ⅱ）设，则①当直线垂直于轴时，由对称性，直线交于轴，不合题意，舍去．②当直线不垂直于轴时，设其方程为．联立得．依题意，所以．因为，所以直线方程为，直线方程为依题意，设，因为为直线的交点，所以所以所以．所以．所以．所以因为，所以．所以，，直线MN方程为．所以直线过定点.22．已知函数，．（1）当时，求函数的最小值；（2）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】（1）由题意，，令，则，当时，当时．所以． （2）由，所以，记，即恒成立，且，当时，当，令，则，所以在单调递增，且，，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），故存在唯一，使得，当时，递减，所以，此时，不合题意．当时，（ⅰ）若，由上知，则递增，（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），所以恒成立，即成立，符合题意．（ⅱ），若，则单调递增，，，所以存在唯一使，当时，递减，当时，递增，又，，故存在唯一，使，故时，递增，时，递减，又，，所以时，则递增，故，即恒成立．综上，.