预测卷01——【备考2023】高考数学大题精练 （全国通用）（原卷版+解析版）

预测卷01 理科数学

（满分：70分     建议用时：70分钟）

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）   必考题：共60分．

17．某公司为了解年营销费用x（单位：万元）对年销售量y（单位：万件）的影响，统计了近5年的年营销费用和年销售量，得到的散点图如图所示，对数据进行初步处理后，得到一些统计量的值如下表所示．

表中，，，．已知可以作为年销售量y关于年营销费用x的回归方程．

(1)求y关于x的回归方程；

(2)若公司每件产品的销售利润为4元，固定成本为每年120万元，用所求的回归方程估计该公司每年投入多少营销费用，才能使得该产品一年的收益达到最大？（收益销售利润营销费用固定成本）

参考数据：，．

参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

【答案】(1)

(2)该公司每年投入351万元营销费用时，该产品一年的收益达到最大

【分析】(1)根据题目要求可知，y关于x的回归方程为非线性的，设，可得，代入已知条件所给的数据，计算即可.(2)列出年收益与营销费用的关系式，通过求导来求得最值.

【详解】（1）由得，，令，，，则．

由表中数据可得，，

则，所以．

即，因为，所以，

故所求的回归方程为．

（2）设年收益为W万元，则，

对求导，得，

令，解得，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因此，当时W有最大值，即该公司每年投入351万元营销费用时，该产品一年的收益达到最大．

18．如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.

(1)求的值；

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）作出，从而求得的值.

（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．

【详解】（1）连结．

因为点为圆锥的顶点，所以平面．

分别取，的中点，，

连接，，，，则在圆中，．

由平面，得．

又，故平面，

所以．

所以．

同理，．

于是．

（2）因为，即所以即

．

在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．

则，，．

又因为平面，所以轴，从而．

则，，．

设平面的法向量为，

则，即，

不妨取，则，，此时．

设平面的法向量为，

则，即

不妨取，则，，此时．

所以．

又二面角为钝二面角，

所以二面角的余弦值为．

【点睛】方法点睛：

几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.

19．若一个数列的奇项为公差为正的等差数列，偶项为公比为正的等比数列，且公差公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表示为，若数列为“摇摆数列”且，，．则：

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．（注：）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意列出关于的方程，结合等差等比数列通项公式的概念即可得结果.

（2）求出数列的通项公式，分奇数项和偶数项分别进行求和计算即可．

【详解】（1）设

由题意得

∴．

（2）．

先求奇数项的和：

，，，

引入

再求偶数项的和：

，，，

∴．

20．已知椭圆的左焦点为．

(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值．

(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，，O为坐标原点，证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用椭圆方程及左焦点可得到，设，代入椭圆方程，即可计算出为定值；

（2）设，，联立直线与椭圆可得二次方程，利用判别式可得，写出韦达定理，然后利用题意的向量关系可得，结合韦达定理即可求证

【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，即，

设，则，即，

所以，故为定值．

（2）依题意可知过点P的直线方程为，，，

联立得，

由，得，

，．

依题意可设，由点Q在线段AB上，得，

所以，

由，，得，即，

则，即，

将，代入上式并整理得，解得，

所以．

又，所以．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数．

(1)若恒成立，求实数的最小值；

(2)证明：有且只有两条直线与函数的图象都相切．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论、时恒成立问题，其中时，构建，将原命题转为恒成立问题，再结合导数法研究单调性，将命题转为恒成立，最后分离参数，结合导数法求最值即可.

（2）设出切点，由导数法针对不同切点求公切线方程，即可利用切线方程为同一条直线列方程组，最后结合零点存在定理讨论方程组解的个数.

【详解】（1）显然，

恒成立，即恒成立，即恒成立，

即恒成立，即恒成立．

当时，上式显然成立，故只需满足时恒成立即可．

设，则上式化为.

而，可得在，，单调递减，在，，单调递增．

因此（*）式恒成立，只需恒成立，即对恒成立，于是恒成立，即．

设，则，

可得在，，单调递增，在，，单调递减，

则，于是，∴实数的最小值为．

（2）证明：设直线分别切的图象于点，

由可得，得的方程为，即．

由可得，得的方程为，即．

比较的方程，得，消去，得．

令，则．

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

．

，

在上有一个零点．

由，得，

在上有一个零点，

在上有且只有两个零点，

故有且只有两条直线与函数的图象都相切．

【点睛】（1）恒成立问题，一般可用参数分离法，转化为讨论不含参的部分的最值；或者对参数分类讨论，逐个击破；

（2）公切线条数问题，设出切点，由导数法针对不同切点求公切线方程，利用切线方程为同一条直线列方程组，最后结合零点存在定理讨论方程组解的个数.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.

(1)求曲线C的普通方程；

(2)若P为C上一动点，求P到l的距离的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可消参得普通方程，并讨论x，y的范围排除对应点；

（2）令得直线的直角坐标方程，设且，由点线距离公式结合辅助角公式化简即可求得范围.

【详解】（1），，

又，

曲线的普通方程为.

（2）设到的距离为.

令得直线的直角坐标方程为，

设且，

则，其中，

的取值范围是.

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数．

(1)若，且，求m的值；

(2)若，，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意直接法解不等式，与已知解集相等，可求m的值；

（2）已知可得，，利用绝对值三角不等式证明结论.

【详解】（1）因为，所以，由，得，则，解得，因为，所以，即，故．

（2）证明：由，，得，，则，，

所以，

故．