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）

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绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷03
江苏专用

江苏地区数学高考卷题型为：8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），2022年的江苏高考数学卷在稳定中求创新，重视对学生基本数学素养、思想方法与能力的考查，关注学生的应用意识与创新意识，试题梯度明显，有较好的区分度。从2022年高考命题立意来看，2023年命题将延续这些特点，一是注重基础，考查学生的基础知识和基本技能，实现对学生学过的知识的全面覆盖。二是试卷以重点知识构建试题的主体，选材源于教材又高于教材，让数学思想方法贯穿试卷始终。三是强调数学应用，强化数学思想，试卷通过设置科学的情境考查学生在新的环境中实现知识的迁移，创造性地解决问题。四是注重知识网络交汇处命题，考点设置合理，试题叙述简洁。五是突出数学学科特色，突出考查数学语言的学习与应用。
预计2023年江苏高考数学卷预期还会重点考察八大主干知识：函数、导数、三角函数、平面向量、数列、立体几何、解析几何、计数原理与概率统计。预计函数与导数占30-35分，立体几何占25-30分，解析几何占25-30分，三角函数与平面向量占20-25分，计数原理与概率统计占20-25分，数列占10分，集合占5分、复数占5分。其中函数与导数的比重还会有所增加，强化考查学生的数学运算和数学抽象的核心素养，例如，本卷第4题和第11题。

2023年江苏高考数学卷将紧扣数学学科本质，重点考查主干知识，例如本卷，函数与导数（第7，8，12，15，22题，共32分）、立体几何（第4，19题，共17分）、解析几何（第16，21题，共17分）、三角函数（第10，11，14，18题，共27分）、计数原理与概率统计（第5，13，20题，共22分）、数列（第3，6，17题，共20分），主干知识考查总分值为135分，约占全卷的90%。剩下的15分则分别是集合（第1题）、复数（第2题）、平面向量（第9题）（各占5分）。
江苏新高考数学卷注重考查学生数学阅读理解的能力，学生在数学理解中，要充分发挥逻辑与直觉作用，增强对问题的认识与思考。例如本卷第3题以南宋数学家杨辉提出的垛积公式为背景，考查等差数列的通项公式，试题反映了新课改的理念，对培养学生的创新意识起到积极的引导作用。例如本卷第4题以中国古代建筑“攒尖”为载体，考查学生对空间几何体的体积，这属于生活实践情境，要求学生能够建立正确的数学模型，本题考查学生获取新知识，探究新问题的能力。

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．设集合，，则 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意得，所以．故选：B．
2．已知复数满足，则 （　　）
A． B．
C．9 D．5
【答案】C
【解析】设，由题意得，解得，，所以，，，．故选：C．
3．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为 （　　）
A．4 923 B．4 933
C．4 941 D．4 951
【答案】D
【解析】设该高阶等差数列为，则的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22．
令，则数列为1，2，3，4，5，6，…，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，
即，故
．故选：D．
4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖。攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状．如图所示为北京颐和园内的廓如亭，始建于年，是我国最大的攒尖亭宇，其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则上檐攒尖的体积为 （     ）


A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】如图，底面正八边形ABCDEFGH的外接圆圆心是O（正八边形对角线交点），
设外接圆半径为R，在OAB中，，，，
由余弦定理得，则，
正八边形得面积为，
所以攒尖得体积．故选：D．

5．从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的概率为． 已知为上述数据中的x%分位数，则x的取值可能为 （　　）
A．50 B．60
C．70 D．80
【答案】C
【解析】由题意得从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种不同的结果，设比小的数的个数为个，则比比大的数的个数为个，即：一个数比大，一个数比小的不同结果有种，所以，整理得，解得或．当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，故所有选项都不满足；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，故ABD不满足，C满足．故选：C．
6．已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则 （ ）
A． B．
C．3 D．4
【答案】B
【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可．
【解析】设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，
化简得，解得，．故选：B．
7．已知均为正实数，为自然对数的底数，若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用特殊值法当时，，排除选项A，B，C；再证明选项D成立．
【解析】已知均为正实数，，当时，，满足成立．对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C，，故C错误；对于D：由已知，则，．
由 则，所以，即，得，，即．下面证明，．设，，所以在区间上单调递增，所以>，即．所以，故D正确．
故选：D．
8．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】的定义域为，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以为方程的唯一实根，
即，故，即，解得．
因为是4的零点，所以方程在区间上有实根，即在区间上有实根，即在区间上有实根．
令，，则．
设，则，
易知在区间上单调递增，在区间上单调递减．
又，，所以，，
所以，即，故实数的最小值是-1．

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．已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上．已知点满足，，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交于点，则 （　　）
A．四边形的周长是变化的
B．四棱锥体积的最大值为
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．当时，将正四面体绕旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
【答案】BCD
【解析】在棱长为2的正方体中，知正四面体的棱长为，
故球心即为该正方体的中心，连接，设，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面．
因为平面，，，平面，所以平面平面．
对于A，如图①，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则，即，
同理得，，，，
所以四边形的周长，故A错误；
对于B，如图①，由A可知，，且，，因为四边形为正方形，所以，所以四边形为矩形，所以点A到平面的距离，
故四棱锥的体积与之间的关系式为，
则．
因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取到最大值，故四棱锥体积的最大值为，故B正确；
对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径．
设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，． 因为，则，所以平面截球所得截面的周长为，故C正确；
对于D，如图②，将正四面体绕旋转90°后得到正四面体，
设，，，，连接，因为，所以分别为各面的中心，
两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，
又，正四棱锥的高为，
所以所求公共部分的体积，故D正确．

10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是 （　　）

A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．在区间上的单调递减区间为
D．的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】ABC
【解析】因为所以，所以，又，所以（舍去）或，因为，所以，所以，当时，，所以的图象关于直线对称，故A正确；
当时，，所以的图象关于点对称，故B正确；
当，，即，，时，单调递减，则当时，在区间上单调递减，所以在区间上的单调递减区间为，故C正确；
因为，故D错误．故选：ABC．

11．设锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b﹣a＝2acosC，则下列结论正确的（　　）
A．
B．A的取值范围为
C．sinC的取值范围为（0，1）
D．的取值范围为
【解析】因为b﹣a＝2acosC，所以sinB﹣sinA＝2sinAcosC，
则sin（A+C）﹣sinA＝2sinAcosC，即sinAcosC+cosAsinC﹣sinA＝2sinAcosC，
则cosAsinC﹣sinAcosC＝sin（C﹣A）＝sinA，
因为A、B、C∈（0，），所以C﹣A∈（﹣，），
所以C﹣A＝A，所以C＝2A，即A＝，故A正确；
在锐角△ABC中，，解得＜A＜，
即A的取值范围为（，），故B错误；
则C＝2A∈（，），所以sinC∈（，1），故C错误；
则＝＝＝2cosA∈（，），故D正确．故选：AD．
12．已知为函数的导函数，若，，则下列结论错误的是（ ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．在上有极大值 D．在上有极小值
【答案】ABC
【分析】将变形得（），构造函数，结合导数讨论正负，即可求出单调性和极值．
【解析】由，可知，则，即．
设，则由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数取得极小值．故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．的展开式中的系数为 ▲ ．
【答案】．
【分析】根据二项式定理可分别求得和展开式中的系数，由此可得结果．
【解析】；
展开式中的系数为；展开式中的系数为；
展开式中的系数为．故答案为：9．
14．在平面直角坐标系中，点A（2，1）绕着原点O顺时针旋转60°得到点B，点B的横坐标为 ▲ ．
【解析】由题意得，
设OA与x轴正半轴的夹角为α，则，
则OB与x轴正半轴的夹角为α﹣60°，
故点B的横坐标为．
故答案为：．
15．知函数若方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a．b．c（a＜b＜c），则（a+b）c的取值范围是 ▲ ．
【解析】函数的图象如图所示，
方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a，b，C，（a＜b＜c），
可得a+b＝﹣2，f（0）＝1＝f（1），＜c≤1，
则（a+b）c＝﹣2c∈[﹣2，﹣）．故答案为：[﹣2，﹣）．

16．已知椭圆的左、右焦点分别为，为上任意一点（异于左、右顶点），点为的内心，则的最大值为 ▲ ．
【答案】
【解析】对椭圆，设，，的内切圆半径为，
则，故，
由题意知，，
则，
同理可得． 又由内切圆的性质得
，所以．
由，得，即．
当，时，．设，，
则，所以的最大值为．
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）
已知数列的首项，且满足，设．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，求满足条件的最小正整数．
【解析】（1）证明：由题意得，因为，（3分）
且，（4分）
所以数列是首项为，公比为的等比数列．（5分）
（2）解：由(1)得，
即，
所以． （8分）
因为，所以．
又随着的增大而增大，所以，
故满足条件的最小正整数为． (10分)
18．（12分）
记的内角，，的对边分别为，，．已知．
（1）证明：；
（2）若，，求的面积．
【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；
（2）利用平面向量数量积的定义可得出，结合余弦定理以及可求得，的值，由此可求得的面积．
【解析】（1）因为，则，
即，
由正弦定理可得

，
因此，．
（2）因为，由正弦定理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
所以，，可得，
即，所以，，则，，
所以，，则为锐角，且，
因此，．
19．（12分）
如图，在四棱锥中，，ABCD为平行四边形，，平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．

（1）求证：平面平面PAD．
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：连接AC．因为平面ABCD，
所以．
又因为，且ABCD为平行四边形，，
所以△ABC为等边三角形．
又因为E为BC的中点，
所以，
又因为，所以，
因为，
所以平面PAD，又平面AEF，
所以平面平面PAD．
（2）以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量．

设平面AEF的法向量为，由，，
得令，则，，即．
则，
又二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
20．（12分）
2022年全国羽毛球锦标赛于12月16日在厦门举办，受此鼓舞，由一名羽毛球专业运动员甲组成的专业队，与羽毛球业余爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场，则专业队获胜；若甲连续输两场，则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为；甲与丙比赛，甲赢的概率为，其中．
(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：第一场业余队应该安排乙还是丙与甲进行比赛？
(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元，在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望E(X)的取值范围．
【解析】(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为
； （2分）
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为
． （4分）
当时，，（5分）
即，所以第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛． （6分）
(2)由题意知X的可能取值为8或16．
由(1)知第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛，此时业余队获胜的概率
专业队获胜的概率，
所以非平局的概率（9分）
平局的概率，
所以． (11分)
因为，所以，
即的数学期望的取值范围是． (12分)
21．（12分）
已知点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点．

（1）证明：直线过定点，并求出定点的坐标；
（2）若直线交椭圆于、两点，，分别是，的面积，求的最小值．
【答案】（1）定点坐标为，证明见解析；（2）．
【分析】（1）设点，，，写出直线，的方程，再将点的坐标代入两直线方程，可得出，可得知点，的坐标满足直线的方程，可得出直线的方程，由此可求得直线所过定点的坐标；
（2）求得，由题意可知直线不与轴重合，可设直线的方程为，将该直线方程分别与抛物线、椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的表达式，进而可求得的最小值．
【解析】（1）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，
由于点在抛物线上，则，
联立，消去得，，即，
所以，关于的方程有两个相等的实根，此时，
因此，直线与抛物线相切，且切点为．
设点，，
则以为切点的切线方程为，同理以为切点的切线方程为，
两条切线均过点，，即，
所以，点，的坐标满足直线的方程，
所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，所以，直线过定点；
（2）设点到直线的距离为，则．
由题意可知，直线不与轴重合，可设直线的方程为，
设，，由，得，恒成立，
由韦达定理得，，
由弦长公式可得，
由，得，恒成立．
由韦达定理得，，
由弦长公式得．
，
当且仅当时，等号成立．
因此，的最小值为．
【总结】本题考查直线过定点的证明，同时也考查了三角形面积比值最值的求解，考查了切点弦方程的应用以及韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题．
22．（12分）
已知，函数．
（1）若，证明：当时，：
（2）若函数存在极小值点，证明：
【分析】（1）把代入，构造函数，借助导数确定单调性推理作答．（2）由给定条件确定a取值范围，再分段讨论函数的极小值点及极小值推理判断作答．
【解析】（1）若，则，设，
，设，
，则在上单调递增，，即，
于是在上单调递增，，即，
所以当时，．
（2）函数，其定义域为，
，
由（1）知在上单调递增，，
当时，，当时，，
则由，解得或，其中且，即且，
否则恒有，则在上单调递增，函数无极值点，不符合题意，
若，即，当时，，
当时，，则上单调递增，
在上单调递减，因此是的极小值点，，
若，即，当时，，
当时，，则在上单调递增，
在单调递减，因此是的极小值点，
，又，于是，
综上所述，函数存在极小值点．
【总结】函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理．