2023年高考考前押题密卷-数学（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省新高考专用）（全解全析）

2023年高考考前押题密卷（五省新高考）

数学·全解全析

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

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.

1．设集合,,则 (    )

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由,得,所以,又,

所以.

故选：C

2．已知，则复数z在复平面上对应的点在(    )

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【详解】设，则，

∴由，得，

解得，，

∴复数在复平面上对应的点在第一象限．

故选：A．

3．如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体,设圆锥部分的高为米,圆柱部分的高为米,底面圆的半径为米,则该组合体体积为(    )

A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米

【答案】C

【详解】由题知底面圆的半径，圆柱高，圆锥高.

圆柱的体积.

圆锥的体积.

所以该组合体体积（立方米）.

故选：C

4．在正方形中，动点从点出发，经过，，到达，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，

设，则，

当点在上时，设，

则，即，故，

当点在上时，设，

则，即，解得，

故，

当点在上时，设，

则，即，故

综上，的取值范围是.

故选：B

5．已知，则（    ）

A． B．－1 C． D．

【答案】C

【详解】由，

所以，则，

所以，则，故，

由.

故选：C

6．一袋中有大小相同的个白球和个红球，现从中任意取出个球，记事件“个球中至少有一个白球”，事件“个球中至少有一个红球”，事件“个球中有红球也有白球”，下列结论不正确的是（    ）

A．事件与事件不为互斥事件 B．事件与事件不是相互独立事件

C． D．

【答案】D

【详解】根据题意，取出的个球的可能情况为：个红球；个红球个白球；个红球个白球；个白球.

故事件包含：个红球个白球；个红球个白球；个白球，且；

事件包含：个红球个白球；个红球个白球；个红球，且；

事件包含：个红球个白球；个红球个白球，且.

所以，，，

因为，则事件与事件不为互斥事件，A选项错误；

，故事件与事件不是相互独立事件，B正确；

，故D错误；

，故C正确；

故选：D.

7．已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】∵，∴，即，

∴，∴，∴，∴.

令，则，

∴在上单调递增，∴，即，∴，∴.

故选：D.

8．已知数列、，，，其中为不大于x的最大整数.若，，，有且仅有4个不同的，使得，则m一共有（    ）个不同的取值.

A．120 B．126 C．210 D．252

【答案】C

【详解】设，其中，且不全为0，，

若，则，，

，，

若，则，，

，，

所以若则，，若，则，

若，，则，，

，，，，

若，，则，，

，，，，

若，，则，，

，，，，

若，，则，，

，，，，

所以时，，时，，

同理可以证明时，，，，

因为有且仅有4个不同的，使得，即中有且仅有4个变量取值为1，其余变量取值为0，又从中任选4个变量有种取法，

故满足条件的的个数为，即210个，

故选：C.

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．某学校为普及安全知识，对本校1500名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动(满分为100分).现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（    ）

A．图中的值为0.016

B．估计该校高一大约有77%的学生竞赛得分介于60至90之间

C．该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为195人

D．该校高一学生竞赛得分的第75百分位数估计大于80

【答案】BCD

【详解】由频率分布直方图性质可得：

，解得，故A错误；

得分介于60至90之间的频率为，故B正确；

得分不小于90的人数估计为，故C正确；

得分介于50至80之间的频率为，故D正确.

故选：BCD.

10．在中，角， ，的对边分别为，，，若，且，则不可能为（    ）

A．等腰直角三角形 B．等边三角形

C．锐角三角形 D．钝角三角形

【答案】BCD

【详解】由余弦定理，所以，又，所以，

故为等腰直角三角形.

故选：BCD

11．双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（    ）

A．的渐近线方程为 B．点的坐标为

C．过点作，垂足为，则 D．四边形面积的最小值为4

【答案】ACD

【详解】对于A项，由已知可得，，所以的渐近线方程为，故A项正确；

对于B项，设，则，整理可得.

又，所以，所以有，解得，所以点的坐标为，故B项错误；

对于C项，如上图，显然为双曲线的切线.

由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点.

则垂直平分，即点为的中点.

又是的中点，所以，，故C项正确；

对于D项，，

当且仅当，即时，等号成立.

所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.

故选：ACD.

12．定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（    ）

A．函数在上满足阶李普希兹条件.

B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.

C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.

D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.

【答案】ABC

【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；

B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项正确；

C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；

D选项：不妨设，当时，，当时，，故对，，不存在使，D选项错误；

故选：ABC.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分,其中第16题第一空2分，第二空3分．

13．若数列是公差为2的等差数列，，写出满足题意的一个通项公式______.

【答案】（答案不唯一）

【详解】设等差数列的首项为，且公差，

则，

即，所以，

令，所以，

所以可取

故答案为：（答案不唯一）

14．已知常数，的二项展开式中项的系数是，则的值为_____________．

【答案】

【详解】由已知，则其展开式的通项为，

又其二项展开式中项的系数是，

则令，即，，

又，

所以，

故答案为：.

15．如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为__________．

【答案】

【详解】由题意可知，，即.

在中，有，，

所以.

由余弦定理可得，，

所以，

所以有，

当且仅当时，等号成立.

所以，，

所以，，即的面积的最大值为.

故答案为：.

16．在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.

【答案】         

【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，

因为点分别是棱的中点，则，而，

即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面

分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，

因此，而，即四边形为平行四边形，于是，

即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，

于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；

以点D为原点建立空间直角坐标系，则，

则，令，

则有，，

于是点到直线的距离，

当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.

故答案为：；

四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，

(1)求数列的通项公式；

(2)记为数列在区间中最大的项，求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2).

【详解】（1）设的公比为，则，又，

当时，，当时，，

两式相减可得，，所以，

所以或(舍去)，

所以，即，

所以等比数列的通项公式为；

（2）由，，可得，

所以，又，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，

所以，

所以.

即.

18．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足，且.

(1)求证：；

(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【详解】（1）由题意得，即.

由正弦定理得，

又由余弦定理得，

所以，故，

故，整理得，

又为锐角三角形，则

所以，因此.

（2）在中，由正弦定理得，所以.

所以，

因为为锐角三角形，且，所以，解得.

故，所以.

因此线段长度的取值范围.

19．如图，在三棱台中，.

(1)求证：平面平面；

(2)若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点.因为所以， 分别为中点，且.

因为，所以.

取的中点，则.

因为

所以所以.

，则，故，

即.

因为，,平面,平面,

所以平面.

又平面，故平面平面.

（2）因为，所以.

而,

所以，解得：.

以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，

设为面的一个法向量，

因为，所以，

不妨设，则面的一个法向量.

同理可求得面的一个法向量.

由图示，二面角的平面角为锐角，

所以，

所以二面角的余弦值为.

20．学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为，.

(1)判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；

(2)用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.

【答案】(1)甲、乙获得冠军的实力没有明显差别

(2)分布列见解析，

【详解】（1）解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，

则教师甲获得冠军的概率

，

由对立事件的概率公式，可得得，

所以，解得，

因为，所以甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.

（2）解：根据题意知，的可能取值为，

可得，

，

，

.

所以随机变量的分布列为

所以期望为.

21．已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为．

(1)求的方程；

(2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)点在定直线上

【详解】（1）解：设，则，且，所以，，

则，

故①，又②，                        

联立①②，解得，，故椭圆的方程为．

（2）解：结论：点在定直线上．                      

由（1）得，、，设，

设直线的方程为，设点、，

联立，整理得，

，

，      

直线的方程为，直线的方程为，

所以，，

可得    

，解得，

因此，点在直线上.

22．已知函数，．

(1)讨论的极值；

(2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【详解】（1）因为函数，则，，当时，，此时单调递增，无极值；

当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，无极小值；

当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，无极大值．

综上，当时，函数无极值；当时，，无极小值；当时，，无极大值．

（2）由及，得，，

即．设，，

当时，需．由，得，

，设，

则，，

当时，由，得，因为，所以，

所以当时，则，即为增函数，则，

为增函数，则，所以符合条件．

当时，由，得，

因为，所以，所以当时，，则即为减函数，则，为减函数，则，不符合条件．

综上所述，m的取值范围为．