2023年高考押题预测卷01（乙卷理科）（全解全析）数学

2023年高考押题预测卷01

理科数学·全解全析

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．

1．已知全集，集合，则集合等于（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先表示出集合与集合的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．

【详解】由题意知，，

所以，，

故选：B．

2．设i为虚数单位，且，则的虚部为（    ）

A． B．2 C．2i D．

【答案】B

【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出，即可求出的虚部.

【详解】由可得：，

则，所以的虚部为2.

故选：B.

3．已知向量，满足，若，则实数的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.

【详解】∵，∴

∵，∴

∵，∴，即.

故选：C.

4．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（    ）

A．10 B．11 C．12 D．13

【答案】B

【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.

【详解】解:由题意可令,

所以将数列逐个列举可得:

,,,,,

故,

因为,

所以,

故.

故选:B

5．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），（点为坐标原点），过点作直线的垂线与轴交于点，则（    ）

A．6 B． C．4 D．

【答案】A

【分析】设，由，得为的中点, 表示的方程，求出点的坐标，结合抛物线的定义求得结果.

【详解】法一：依题意，设，由，得为的中点且，

则，易得直线的垂线的方程为.

令，得，故，由抛物线的定义易知，

故，

故选:A.

法二：特殊值法.不妨设，则，则，易得直线的垂线的方程为.令，得，故，又，故.

故选:A.

6．执行下面的程序框图，则输出的（    ）

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】B

【分析】按照迭代方式代入根据格式判断规律为等比数列的求和，按照等比数列求和公式 求出数据逐渐做判断即可得解.

【详解】经过判断框时，

第一个S变为 ，n变为2，

第二个S变为 ，n变为3，

第三个S变为，n变为4，

第四个S变为，n变为5，

第九个S变为，n变为10，

第十个S变为，判断框按照“否”输出n=10.

故选：B.

7．在正方体中，M，N，P分别为，，的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A． B．平面平面

C． D．平面平面

【答案】D

【分析】求得与位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；求得与位置关系判断选项C；求得平面与平面位置关系判断选项D.

【详解】对A，在中，因为，分别为，的中点，

所以．又，所以，A正确．

对B，在中，因为，分别为，的中点，

所以．因为平面，平面，

所以平面．

因为，平面，平面，

所以平面．又因为，平面，

所以平面平面，B正确．

对C，因为，，所以，C正确．

对D，取的中点，连接，，则是二面角的平面角．

设正方体棱长为a，则，

又，则，所以平面与平面不垂直．

又平面平面，所以平面与平面不垂直，D错误．

故选：D．

8．设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（    ）

A．或 B．或 C． D．

【答案】D

【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.

【详解】由题意知：，

在处取得极值，，

解得：或；

当，时，，

在上单调递增，不合题意；

当，时，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

是的极小值点，满足题意；

，又与同号，.

故选：D.

9．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】是外心，是球心，求出，当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，由此求得最大体积即可．

【详解】如图，是外心，即所在截面圆圆心，设圆半径为是球心，

因为，，

由余弦定理可得：，

所以，所以，则

，，

平面，平面，则，

所以，

当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，

此时棱锥的高为，，

所以棱锥体积为．

故选：B．

10．2020年疫情期间，某县中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】假设6位医务人员年龄排序为，由必在第三批，将派遣方式按第一批所派遣的人员不同分成四类，求出满足的派遣方法数，再计算总派遣方法数，即可求概率.

【详解】假设6位医务人员年龄排序为，由题意知，年龄最大的医务人员必在第三批，派遣方式如下：

1、第一批派，第二批年龄最大者为，第三批年龄最大者为：剩下的医务人员一个在第二批，两个在第三批有种方法，

2、第一批派，第二批年龄最大者为或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，共种方法；

3、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；

4、第一批派，第二批年龄最大者为或或，第三批年龄最大者为：当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有种方法，当第二批最大者为，则有1种方法，共种方法；

∴种方法，而总派遣方法有种，

∴满足的分配方案的概率为.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：应用分类分步计数原理，结合题设含义，按第一批派遣的人员不同将派遣方式分类，再根据第二批的最大年龄者的不同确定各类的派遣方法数.

11．已知、是椭圆与双曲线的公共顶点，是双曲线上一点，，交椭圆于，.若过椭圆的焦点，且，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】设出点P，M的坐标，借助双曲线、椭圆的方程及斜率坐标公式可得轴，再利用和角的正切公式求出a，b的关系作答.

【详解】如图，设，点共线，点共线，所在直线的斜率分别为，

点在双曲线上，即，有，因此，

点在椭圆上，即，有，直线的斜率，有，

即，于是，即直线与关于轴对称，

又椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，由得，

显然，，

，

解得，所以双曲线的离心率.

故选：D

【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：

定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；

齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；

特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.

12．设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）

A． B．

C．， D．

【答案】A

【分析】由得，结合已知得，进而有，由可判断C项中的对称性；由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值，从而化简判断A正误；B、D由，结合A即可判断.

【详解】C：由，则，则，

又，所以，令得，即.

所以，所以函数的图象关于对称，

而，，则的图象关于对称，错；

A：为奇函数，则关于对称，且，

∴，，，，∴.

又，∴，

∴的周期，

∴，对；

D：因为，所以，

所以，错；

B：，错.

故选：A

【点睛】关键点睛：利用导数得，结合已知得到，进而求其周期和对称性，应用周期和对称性求、、的值.

  第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为________．

【答案】96

【分析】利用分步加法和分类乘法原理，先安排4名同学的2名选择数学竞赛，在安排剩下的2名同学到其他竞赛课程中即可.

【详解】由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2名选择数学竞赛课程，

则有：种情况，

剩下2名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有：

①2名同学选择1个学科竞赛则有：种情况，

②2名同学各选择1个学科竞赛则有种情况，

所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为：

种情况，

故答案为：96.

14．直线分别与轴､轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是___________.

【答案】

【分析】首先由直线方程求得坐标，得到；利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，从而得到点到直线距离的范围，利用三角形面积公式可求得结果.

【详解】因为直线分别与轴､轴交于两点，

所以，    

所以

圆的圆心的坐标为，半径，

所以圆心到直线距离，

所以到直线距离，即，

.

故答案为：.

15．已知函数在上有两个不同的零点，则满足条件的所有m的值组成的集合是_________．

【答案】

【分析】将原函数转化为同角三角函数，再利用对勾函数的性质数形结合，分类讨论处理即可.

【详解】解：，

令，

则，

则

当时，显然无解；当时可化为.

利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：

①当时，即，此时或，符合题意；

②当时，即或，此时或，符合题意；

③当时，即，由可得，

易知当时，只有一个解满足，不符合题意；

④当时，即，

方程有两根，不妨记为，其中，只有一个根，

有两个根，故方程有3个解，也不符合题意.

∴满足条件的所有m的值组成的集合是：.

故答案为：

16．在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为______．

【答案】

【分析】利用同构思想构造，得到其单调性，得到，再构造，，求导得到其单调性及其最小值，设设，利用基本不等式得到，求出答案.

【详解】，令，，

则

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

故在处取得极小值，也是最小值，故，

故，当且仅当时，等号成立，

令，，

则，

令，

则在上恒成立，

故在上单调递增，

又，故当时，，当时，，

故时，，单调递减，当时，，单调递增，

故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，

设，

由基本不等式得，

，

当且仅当，，时，等号成立，

故，则．

故答案为：

【点睛】导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变形得到，从而构造进行求解.

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．

17．在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．

(1)求证：；

(2)求的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，结合半角公式，可得答案；

（2）利用正弦定理，三角函数内角性质以及同角三角函数的基本关系，整理出关于角B的函数解析式，利用基本不等式，可得答案.

【详解】（1）∵，

∴，

∴，

∴．

（2）由（1）可得：，且C为钝角，

即，

即，，

，

当且仅当，即时取等号．

故的最大值为．

18．如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在线段上．

(1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值大小；

(2)求与平面所成角最大时正弦值．

【答案】(1)(2)

【分析】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；

（2）设可得，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.

【详解】（1）由题意可得：，平面平面，

平面平面，平面，

所以平面，

如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，

若为的中点，则，

可得，

设异面直线与所成角，

则.

（2）若动点在线段上，设，

则，可得，解得，

即，则，

由题意可知：平面的法向量为，

设与平面所成角为，

则，

对于开口向上，对称轴为，

可得当时，取到最小值，

所以的最大值为，

注意到，

故与平面所成角的最大时正弦值.

19．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，

【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，利用互斥事件和独立事件的概率共求得和，结合，即可得到结论；

（2）根据题意，得到的可能取值为，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解.

【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.

20．已知椭圆C：的左顶点为A，P为C上一点，O为原点，，，的面积为1．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设B为C的右顶点，过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）通过分析得，将其坐标代入椭圆方程，结合面积和的关系即可求出椭圆方程；

（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,直线的方程为，再将其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得，最后计算，将上式代入即可证明其为定值.

【详解】（1）不妨设点在轴的上方,由椭圆的性质可知.

是以为直角顶点的等腰直角三角形,

代人,得,整理得.

的面积为.

故椭圆的方程为.

（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,

直线的方程为.

不妨设,则.

联立可得,

,则,

，即，

，

故得证.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键第一是要找到正切值与直线斜率的关系，再通过设直线的方程为，将与椭圆联立，利用化积为和的方法得到，最后再计算斜率比值为定值，化积为和是处理非对称韦达形式的常用方法.

21．已知函数

(1)若，求不等式的解集；

(2)若存在两个不同的零点，，证明：.

【答案】(1);

(2)详见解析.

【分析】（1）由的单调性及可求解；

（2）根据函数存在两个不同的零点，得，，将所证不等式转化为，利用由(1)的过程知及 ，代入可证得结论.

【详解】（1）令，的定义域为，

则，所以在上单调递增.

因为，所以当时，，当时，，

所以原不等式的解集为.

（2）证明:，令，易知在上单调递减，且.

当时，，此时单调递增;

当时，，此时单调递减.

所以.

因为函数存在两个不同的零点，所以，即，由图可知，

由题意知，

所以，

两式相减得.

所以等价于

，

也等价于.

因为，所以由(1)的解题过程知……①

……②

因为，所以，

即……③

①+②+③得，

所以.

【点睛】关键点点睛：本题难点在零点的转化应用：由的零点为得：

（1），两式相减得，使用此时代入消去.

（2）由得 即，使用此时代入消去.

本题中两次对零点的使用都富有创新性.

（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）

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)设曲线与曲线交于，两点，求；

(2)若，是曲线上的两个动点，且，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，再联立两曲线方程，求出交点坐标，再由距离公式计算可得；

（2）首先求出曲线的坐标方程，设，，即可表示出，再利用二倍角公式公式化简，最后结合正弦函数的性质计算可得.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），

所以，又，所以曲线的普通方程为，

又曲线的极坐标方程为，由，

所以曲线的直角坐标方程为，

由，解得或，所以.

（2）又，所以，

所以，即曲线的极坐标方程为，

因为，所以设，，

所以

，

所以当时取得最小值，

当时取得最大值，

所以的取值范围为.

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知，，．

(1)证明：．

(2)证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件及基本不等式即可求解；

（2）利用分析法及作差比较法即可求解.

【详解】（1）由基本不等式可得可得

当且仅当时，等号成立.

又由，得，

所以当且仅当时，等号成立.

故原不等式得证.

（2）要证，即证

即证

令，即证

因为且

故，即原不等式得证.