山东省2023届高考考前押题卷数学试题（含解析）

山东省2023届高考考前押题卷数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合{是质数}，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知是方程的两个根，则值为（    ）

A． B．2 C． D．

3．在正六边形中，，若，则（    ）

A． B．3 C． D．

4．物理学中的凸凹透镜的表面一般都是抛物面（抛物线绕着其对称轴旋转所形成的曲面称为拋物面），我国天文学家南仁东先生于1994年提出构想，2016年9月25日落成，2020年1月11日投入正式运行的“中国天眼”——口径射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面（如图1），若其上边缘一点距离底部的落差约为，它的一个轴截面是一个开口向上的抛物线的一部分，放入（如图2）所示的平面直角坐标系内．一条平行于对称轴的光线射到点，经抛物面反射后经过焦点射到点，则的长为（    ）

A． B． C． D．

5．定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（    ）

A． B．4 C． D．

6．已知，设，则（    ）

A． B．

C． D．

7．从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的阶，琉璃瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映祇着蓝天白云，宛如东方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部分可用函数的图像来刻画，满足关于的方程恰有三个不同的实数根，且（其中），则的值为（    ）

A． B． C． D．

8．已知非零数列，点在函数的图像上，则数列的前2023项的和为（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．甲、乙两人6次模拟考试英语成绩（不含听力）的统计折线图如下图所示，下列说法中正确的是（    ）

A．若甲、乙两组成绩的平均数分别为，则

B．若甲、乙两组成绩的方差分别为，则

C．甲成绩的中位数大于乙成绩的第三四分位数

D．甲成绩的极差大于乙成绩的极差

10．设函数向左平移个单位长度得到函数，若在上恰有2个零点，3个极值点，则下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递减

B．的取值范围为

C．若的图象关于直线对称，则

D．在区间上存在最大值

11．已知点，若过点的直线交圆于两点，是圆上的动点，则（    ）

A．的最小值为2

B．的最大值为

C．的最小值为

D．当取最大值时，底边上的高所在的直线方程为

12．已知直四棱柱，底面是边长为4的菱形，且，点分别为的中点．以为球心作半径为的球，下列说法正确的是（    ）

A．点四点共面

B．直线与直线所成角的余弦值为

C．当球与直四棱柱的五个面有交线时，的范围是

D．在直四棱柱内，球外放置一个小球，当小球的体积最大时，球半径的最大值为

三、填空题

13．已知，则______.

14．在铺砌领域，有一座数学家们在半个多世纪里一直追寻的“圣杯”，这座圣杯名为“爱因斯坦”，指的是一个可以填满无限平面，且不会自我重复的“非周期性”铺砌块．2023年3月20日，一个由数学家和计算机科学家组成的研究团队，在论文预印网站arXiv上提交了一篇论文，表示他们找到了这样一种由多个相同的“风筝”粘在一起而形成的十三边形（如右图所示），只用此十三边形就能做到单铺砌块，也就是数学家们寻找的“圣杯”．若已知此十三边形最短的边长为1，则此十三边形的面积为_____________．

15．设，则的最小值为______.

16．已知分别为双曲线的左右焦点，过且斜率为的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆半径为的内切圆半径为．若，则__________．

四、解答题

17．在中，内角对应的边分别为．

(1)求角的取值范围；

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，并求的值．

①；②；③边上的中线长为；

注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分．

18．根据《“十四五”现代能源体系规划》，国内能源发展主要从三个方面推进：一是增强能源供应链安全性和稳定性；二是推动能源生产消费方式绿色低碳变革；三是提升能源产业链现代化水平．到2025年，国内将提高非化石能源消费比重到左右，像电力、风电、太阳能发电以及清洁能源等，都将在政策布局和调整中获得更大的发展机会．新能源车在构建现代能源体系中占有一定的位置．国家对于新能源车采取了多种政策手段推动．2009年初，科技部、财政部、发改委、工业和信息化部启动了“十城千辆”计划，随后相关政策鼓励私人购买新能源车，并且加大了财政补贴力度，到2019年之后新能源车进入到调整期，国家政策补贴减少，行业竞争加剧．为调查某新能源汽车销售公司五类新能源车型的销售情况，该公司随机收集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类新能源汽车销售价格相同，经分类整理得到下表：

利润率是指：一台车销售价格减去出厂价格得到的利润与该车销售价格的比值．

(1)从该公司本月卖出的车中随机选1台，当已知所抽到的汽车售价不低于15万元时，求这台车的利润率也低于0.1的概率；

(2)从该公司本月卖出的车中随机选取2台，求这两台车的利润之和不低于6万元的概率；

(3)假设每类汽车利润率不变，销售一台第一类汽车获利万元，销售一台第二类汽车获利万元，销售一台第三类汽车获利万元，销售一台第四类汽车获利万元，销售一台第五类汽车获利万元，依据上表统计数据，随机销售一台机器获利的期望为，设，试判断与的大小．

19．已知数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)设数列的前项和为，且，求的最小值．

20．如图，圆锥的底面上有四点，且圆弧，点在线段上，若．

(1)证明：平面；

(2)若为等边三角形，点在劣弧上运动，记与平面所成的角为，求的最小值．

21．已知圆为坐标原点，点在圆上运动，为过点的圆的切线，以为准线的拋物线恒过点，抛物线的焦点为，记焦点的轨迹为．

(1)求的方程；

(2)过动点的两条直线均与曲线相切，切点分别为，且的斜率之积为，求四边形面积的取值范围．

22．设函数 ，其中 是自然常数．

(1)总存在两条直线与曲线和都相切，求的取值范围；

(2)当时，证明： ．

参考答案：

1．B

【分析】解不等式得集合B，然后由交集运算可得.

【详解】解析：由题意知：

由得：，所以，

即，

所以．

故选：B

2．C

【分析】根据求根公式得，然后由复数的模公式计算可得.

【详解】，方程有两个虚根，则，，所以．

故选：C

3．D

【分析】根据向量的线性运算法则和运算律求解即可.

【详解】

，

所以，所以.

故选：D.

4．B

【分析】根据点P在抛物线上，可求得抛物线方程，进而可得焦点坐标，然后可得直线PQ方程，联立抛物线方程，结合焦点弦公式可得.

【详解】由题意知：抛物线过点，设抛物线，

所以，解得：，即抛物线的方程为：．

所以，焦点，；

所以的方程为

联立方程组，消得，

所以，所以．

故选：B

5．A

【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．

【详解】，

，

设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，

又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，

，，

在中，，

则，又的方向与相同，

所以．

故选：A．

6．B

【分析】利用对数的运算与对数函数单调性比较大小即可.

【详解】解析：因为，所以，即，故；

因为，所以，则，

所以，即，故；

综上可知．

故选：B

7．C

【分析】先确定函数的对称性，然后根据函数的对称性确定根，从而列出关于的方程组，解方程组即可求解.

【详解】因为，

所以关于对称，所以的根应成对出现，

又因为的方程恰有三个不同的实数根且，

所以该方程的一个根是，得，

所以，

由得，

当，即时，，①

则，②

由①②可求出，所以；

当，即时，，③

，④

由③④得方程组无实数解；

综上，方程组的解为，

所以．

故选：C.

8．A

【分析】根据题意，由条件可得数列是以为首项，为公差的等差数列，从而得到数列的通项公式，再结合裂项相消法即可得到结果.

【详解】由已知条件知，则．

所以．（*）

因为点在函数的图像上，所以，将（*）代入得．

当时，由，得．所以数列是以为首项，为公差的等差数列．

所以，

因为，

所以．

故选：A．

9．AC

【分析】根据题意，由折线图结合平均数，方差以及中位数的定义即可得到结果.

【详解】由折线图可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学，其他次考试成绩都高于乙同学，所以．故选项A正确；

由折线图的变化趋势可知，甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，由方差的意义可得．故选项B错误；

由折线图可得甲同学的成绩的第3和第4均大于95，乙同学的成绩的第三四分位数小于95，所以甲成绩的中位数大于乙成绩的第三四分位数．故选项C正确；

因为极差为数据样本的最大值与最小值的差，所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差，故选项D错误．

故选：AC

10．BCD

【分析】通过分析函数的单调性即可得出在上是否单调；根据在上零点和极值点个数和定义域，得出的取值范围；由函数的对称性即可得出图象是否关于直线对称；化简，即可得出在区间上是否存在最大值.

【详解】由题意，

在中，

∵在上恰有2个零点，3个极值点，，

∴，

∴，解得，故选项B正确；

当时，，

∴在上不单调，故选项A错误；

对于C选项，

若的图象关于直线对称，则，

∴，因为，所以，故选项C正确；

对于D选项，

令，得，

，当时，，

故选项D正确；

故选：BCD

11．ACD

【分析】直线与圆相交，由图分析计算即可.

【详解】如图：

对于A选项，当时，的值最小，，

，故选项A正确；

对于B选项，取的中点的中点，

的轨迹方程为，

，故选项B错误；

对于C选项，设，

，故选项C正确；

对于D选项，当时，的面积最大，

，

所以底边上的高所在的直线方程为，故选项D正确．

故选：ACD．

12．ABD

【分析】根据直四棱柱几何特征结合共面，异面直线所成角，内切球等分别判断各个选项即可.

【详解】  

对于A选项，取的中点分别为，则构成平面六边形，故选项A正确；

对于B选项，取中点,把直线与直线的角转化为直线与直线的角，中，,由余弦定理与直线所成角的余弦值为，故选项B正确；

对于C选项，当球与直四棱柱的上底面和4个侧面有交线时，的取值范围是，

当球与直四棱柱的下底面和4个侧面有交线时, 大于,小于，的取值范围是．故选项C错误；

对于D选项，设四边形内切圆半径为，,

由题可知在直四棱柱内放置的球最大半径为，当小球的体积最大时设球心,如图建系，

此时两球心的距离为，

所以球的半径的最大值为．故选项D正确．

故选：ABD

【点睛】方法点睛：与侧面相交转化为半径最大最小的极限位置解题，对于几何体的内切球最值转化为两球心间距离减半径.

13．

【分析】先逆用两角和正弦公式化简求值，再利用诱导公式求解即可.

【详解】由题意，即，

所以.

故答案为：.

14．

【分析】根据题意，由条件可得，然后由十三边形的面积为即可得到结果．

【详解】

由图可知：，

，∴，∴，，

∴十三边形的面积为．

故答案为:

15．6

【分析】对式子进行变形，然后利用基本不等式求解即可.

【详解】

，

当且仅当取等号，即取等号，

所以的最小值为6.

故答案为：6

16．

【分析】利用平面几何图形的性质解题，由同一点出发的圆的切线长相等，可得，再结合双曲线的定义得，从而可求得的内心的横坐标，即有轴，在，中，运用解直角三角形知识，及正切函数的定义和二倍角公式化简即可得到直线的斜率．

【详解】图，记的内切圆圆心为，

内切圆在边上的切点分别为，

易知两点横坐标相等，，

由，即，

得，即，

记点的横坐标为，则，

则，得．

记的内切圆圆心为，同理得内心的横坐标也为，则轴，

设直线的倾斜角为，则，

在中，，同理，在中，，

所以，即，所以．

故答案为：

17．(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）应用两角和差公式结合正弦定理可求得正弦值范围，最后求出角的范围；

（2）由正弦定理结合余弦定理边角转化求出边长即可.

【详解】（1）在中，，所以，．即，．

又因为，所以，所以，由正弦定理得，，所以为锐角，所以，所以．

（2）选①因为，所以或，

当时，，所以，即，所以由正弦定理得，所以；

当时，，所以，

所以，所以由正弦定理得，所以；

选②，所以，

即，所以由正弦定理得，所以；

选③因为，由（1）知，所以，所以或，且

所以，

又因为，由余弦定理得：

，解得，所以．

18．(1)

(2)

(3)．

【分析】（1）设A事件为“售价不低于15万元”，B事件为“利润率低于0.1”，根据条件概率公式求解即可；

（2）利用组合与分类加法计数原理求出利润之和不低于6万元的情况即可求解概率；

（3）随机变量可能取的值为，，，，，分别求出各个情况的概率，得到分布列，根据期望的公式求解，并比较大小即可.

【详解】（1）由题意知，本月共卖出70台车，

设A事件为“售价不低于15万元”，A包括第一、二、三、四类，共62台车，

B事件为“利润率低于0.1”，B包括第三类和第四类，共有47台，

则，，

由条件概率公式可得．

（2）用销售总额除以销售量得到汽车的销售单价，可知第一类到第五类的汽车的利润分别为4.5万元，2.5万元，1.6万元，0.9万元，1.2万元，

设2台车的利润之和不低于6万元为事件，则．

（3）由题意可得，随机变量可能取的值为，，，，．

，，，

，，

随机变量的分布列为

因此；

又，

所以．

19．(1)

(2)95

【分析】（1）先利用数列的递推公式求得与的关系，然后用构造法构造等比数列可解；

（2）利用（1）中通项公式可表示出相邻奇数项，并项求和可得，解不等式可知，再由求出即可得答案.

【详解】（1）由题意知当时，．

设，则，所以，即．

又．

所以是首项为4，公比为2的等比数列．

所以．即．

（2）当为偶数时，，即

，

令．则可解得．即．

又因为

故的最小值为95．

20．(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）由可得，设的交点为，证得，再由线面平行的判定定理即可证明.

（2）设底面圆的圆心为，过作，以为坐标原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角公式结合三角函数的性质即可求出答案.

【详解】（1）∵，∴为等边三角形，

所以为底面圆的直径，设，

在中，，，

所以则，

，

设到底面的距离分别为，

即，

即，所以即．

设的交点为，所以，即，

连接，则，面面，

所以面．

（2）设底面圆的圆心为，过作，

以为坐标原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，

因为，所以由可得：，

设，则，

设平面的一个法向量为

∴，所以可取

∴

当且仅当，即与重合时取等号．

所以的最小值为．

21．(1)

(2)．

【分析】（1）由抛物线的定义结合椭圆的定义可得，即可求出的方程；

（2）设过的切线，联立椭圆方程并整理为关于x的一元二次方程，由l与椭圆C相切有，整理为关于k的一元二次方程，根据根与系数的关系及求得直线的方程，联立直线与椭圆的方程，用韦达定理表示出，再求出，点到直线的距离为，则，结合的范围，代入化简即可求出答案.

【详解】（1）分别过作的垂线，垂足分别为，连接，

由抛物线的定义，可得，则．

因为，所以焦点的轨迹是以为焦点的椭圆，

其中，

所以抛物线的焦点的轨迹方程为

（2）设点，过点的直线的斜率为，则方程为，

联立方程组，消得，，

整理得，

，即，所以点在方程为的圆上．

设点在椭圆上，则，则，

由知，满足：

则，即，故，

从而得切线的方程为

整理得，点满足方程，则，

同理可得

即点满足方程，所以的方程为．

消得，

，，

．

设，点到直线的距离为，

；

．

所以．

【点睛】关键点点睛：第二问，设切线方程，联立椭圆方程并整理，根据切线与椭圆的位置关系有得到关于切线斜率的一元二次方程，求出直线的方程，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系得到，再求出，点到直线的距离为，则，结合的范围，求解即可.

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设的切点为，的切点为，分别求出A，B两点处的切线方程，则两切线方程相等，求出a与m之间的关系，构造新函数，根据新函数的值域求解；

（2）根据（1）的结论，运用缩放的思想证明，再证明，则问题得证.

【详解】（1）设函数的切点为，，切线的斜率为 ，

所以在A点处的切线方程为，

设函数的切点为B，，切线的斜率为，

所以在点B点处的切线方程为，

由题意得，则，令，，

令，

当时，单调递减，当时，单调递增，

在处取得极大值，由当时，，，

x趋于时，趋于，的大致图像如下图:

时，单调递减，时，单调递增，

在处取得极大值也是最大值，大致图像如下图：

存在两条切线重合等价于与有2个交点， ；

（2）因为，由（1）知，取 ，则函数的切线为，

令 ，解得，

当 时，在上单调递减，

当 时，在上单调递增，

所以，即；

下证不等式 成立：

令，令 ，解得，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以 ，所以函数在上单调递增，，即对任意 ，

所以 ，即不等式 得证；

所以 成立；

综上，a的取值范围是.

【点睛】方法点睛：本题第一问比较直观，只要按图索骥即可求解，第二问难度很大，直接求导难以解决，运用缩放法难以想到，构造中间函数方法必须很巧妙.