2023年高考押题预测卷02（广东卷）-数学（全解全析）

2023年高考押题预测卷02【广东卷】

数学·全解全析

注意事项：

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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

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．已知全集，集合，，则下图阴影部分所对应的集合为（    ）

A． B． C．或 D．

【答案】A

【分析】求得两集合的并集，根据阴影部分表示的含义即可求得答案.

【详解】由题意知，则,

由图可知阴影部分所对应的集合为.

故选：A

2．复数满足，则（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】根据复数的模长计算公式，列方程即可求解，，进而可求.

【详解】设（），由题意得，解得，，所以

故选：C

3．已知向量，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据求得m，再利用向量的模公式求解.

【详解】解：因为向量，，

所以，

又因为，

所以，

解得，

所以，

故选：C

4．某市质量检测部门从辖区内甲、乙两个地区的食品生产企业中分别随机抽取9家企业，根据食品安全管理考核指标对抽到的企业进行考核，并将各企业考核得分整理成如下的茎叶图．由茎叶图所给信息，可判断以下结论中正确是（    ）

A．若，则甲地区考核得分的极差大于乙地区考核得分的极差

B．若，则甲地区考核得分的平均数小于乙地区考核得分的平均数

C．若，则甲地区考核得分的方差小于乙地区考核得分的方差

D．若，则甲地区考核得分的中位数小于乙地区考核得分的中位数

【答案】C

【分析】根据极差、平均数、中位数的计算方法判断ABD；由波动程度判断C.

【详解】对于A：甲地区考核得分的极差为，乙地区考核得分的极差为，

即甲地区考核得分的极差小于乙地区考核得分的极差，故A错误；

对于B：甲地区考核得分的平均数为

乙地区考核得分的平均数为，

即甲地区考核得分的平均数大于乙地区考核得分的平均数，故B错误；

对于C：甲地区考核得分从小到大排列为：75，78，81，84，85，88，92，93，94

乙地区考核得分从小到大排列为：74，77，80，83，84，87，91，95，99

由以上数据可知，乙地区考核得分的波动程度比甲地区考核得分的波动程度大，

即甲地区考核得分的方差小于乙地区考核得分的方差，故C正确；

对于D：由茎叶图可知，甲地区考核得分的中位数为，乙地区考核得分的中位数为，则甲地区考核得分的中位数大于乙地区考核得分的中位数，故D错误；

故选：C

5．设，则 =（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用和差角的正弦公式和辅助角公式对进行化简，可得，再利用二倍角的余弦公式即可得到答案

【详解】解：即，所以即，

所以，

故选：D

6．已知等比数列的前项和，满足，则（    ）

A．16 B．32 C．81 D．243

【答案】A

【分析】根据，作差得到等比数列的公比为，再求出，最后根据等比数列的通项公式计算可得.

【详解】等比数列的前项和为，且，

∴，

∴，∴，故等比数列的公比为．

在中，

令，可得，∴，则．

故选：A．

7．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中．一般地，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量，的近似值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题可得，代入公式用对立事件的概率和为1计算即可.

【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，

此时，

所以，

所以，，

则.

故选：B

8．已知正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为，点P为此三棱锥各顶点所在球面上的一点，则点P到平面SAB的距离的最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】画图分析，构造三角形求出相应的量，利用正弦定理和余弦定理求相应的量，分析点P到平面SAB的距离的最大值即可.

【详解】如图1，

设正三棱锥的底面外接圆的圆心为，外接球的球心为，

为的中点，的外接圆的圆心为，

所以在正三棱锥中有：平面，平面，

因为为等边三角形，

所以为的重心，且边长为3，

所以，

因为平面，平面，

所以，

所以在中，，

设，

所以在中，，

所以，

在中，，

所以，

由正弦定理得：，

又平面，平面，

所以，

所以在中，

，

由图2：

当共线时，点P到平面SAB的距离有最大值为：

，

故选：B.

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a，b都是正实数，则下列不等式中恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】AB选项，利用基本不等式求出最小值，得到A正确，B错误；C选项，作差法比较出大小关系；D选项，先变形后利用基本不等式进行求解.

【详解】A选项，因为a，b都是正实数，故，

当且仅当，即时，等号成立，A正确；

B选项，因为a，b都是正实数，故，

当且仅当，即时，等号成立，B错误；

C选项，，故恒成立，C正确；

D选项，a是正实数，故，其中，

故，当且仅当，即时，等号成立，D错误.

故选：AC

10．如图，已知四棱锥的外接球的直径为4，四边形ABCD为正方形，平面平面APB，G为棱PC的中点，，则（    ）

A．平面PCD

B．

C．AC与平面PBC所成角的正弦值为

D．四棱锥的体积为

【答案】ABC

【分析】A.由，利用线面平行的判定定理判断；B.易得平面PBC，再利用线面垂直的性质定理判断；C.易知为AC与平面PBC所成的角求解判断；D.根据平面平面APB，过P作，由面面垂直的性质定理，得到平面ABCD，再由求解判断.

【详解】解：  因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，故A正确；

平面平面APB，且，所以，又，从而平面PBC，所以，故B正确；

易知，所以四棱锥的外接球的直径为AC，所以，所以，所以，因为平面PBC，所以为AC与平面PBC所成的角，所以，故C正确；

如图所示：

因为平面平面APB，过P作，根据面面垂直的性质定理，可知平面ABCD，因为，所以，所以，故D错误．

故选：ABC

11．函数与的定义域为，且.若的图像关于点对称.则（    ）

A．的图像关于直线对称 B．

C．的一个周期为4 D．的图像关于点对称

【答案】AC

【分析】根据条件可得，即可判断A，然后可得，即可判断B，由条件可得，即可判断C，举特例可判断D.

【详解】A选项：由，得，又，

所以的图像关于对称，A选项正确；

B选项：由的图像关于点对称，得，由选项结论知，

所以，从而，故，

即的一个周期为4，

因为，

所以B选项错误；

C选项：由，及，

则，得，函数的周期为C选项正确；

D选项：取，又，

与的图像关于点对称矛盾，D选项错误，

故选：AC.

12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（    ）

A．双曲线的渐近线方程为 B．

C．的面积为 D．

【答案】AB

【分析】先根据抛物线方程得出的坐标，即的值，进而求出，得出双曲线的方程.即可得出A项；联立双曲线与抛物线的方程，求出点坐标，即可求得的值，判断B项、得出的面积，判断C项、求得的值，根据余弦定理，得出的值，判断D项.

【详解】

由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.

又，所以，

所以，双曲线的方程为.

对于A项，双曲线的的渐近线方程为，故A项正确；

对于B项，联立双曲线与抛物线的方程，

整理可得，，解得或（舍去负值），

所以，代入可得，.

设，又，所以，故B项正确；

对于C项，易知，故C项错误；

对于D项，因为，

所以，由余弦定理可得，，故D项错误.

故选：AB.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．的展开式中，常数项为________．

【答案】

【分析】将问题转化成的常数项及含的项，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为，求出常数项及含的项，进而相加可得答案．

【详解】先求的展开式中常数项以及含的项；

由得，由得；

即的展开式中常数项为，

含的项为

的展开式中常数项为

故答案为：

14．已知曲线与在处的切线互相垂直，则__________

【答案】

【分析】求导得切线斜率，根据切线垂直的斜率关系建立方程即可得解．

【详解】由，得，则曲线在处的切线斜率为，

由，得，则曲线在处的切线斜率为，

则根据题意有 ，

即，

得．

故答案为：.

15．已知函数，若存在且，使得成立，则实数的取值范围是____________．

【答案】

【分析】根据已知可得，，由对勾函数的单调性求出的范围，从而可得的取值范围．

【详解】由，得到，

因为，所以，，

于是，所以，即，所以，

于是，所以，

所以，

因为函数在上为减函数，

所以，

由题意，存在，使得成立，

所以．

故答案为：

16．椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想.而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱.黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列.根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.

【答案】

【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．

【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，

以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，

即，即，即，所以，

长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，

综上，，即，两边同除以得，又，解得．

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a､b､c分别为三内角A､B､C所对的边，且.

(1)求A；

(2)若，且，求c的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理边化角以及和差的正弦公式化简即可求解；

（2）结合余弦定理与条件即可求解.

【详解】（1）依题意，

因为，由正弦定理得：

，

由，

所以，

所以，

所以，

又因为，

所以，所以.

（2）由（1）以及余弦定理变形式得：

即，

由，

解得或（舍去），

所以，.

18．记为各项均为正数的等比数列的前n项和，且成等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)设，求的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件列出等比数列基本量的方程组，即可求解；

（2）由（1）可知，利用错位相减法求和.

【详解】（1）设数列的首项为，公比为q，则①，

因为，，成等差数列，则，即②，

因为，所以由②式可得，解得或（舍），

代入①式可得，

（2）由得，

则③，

所以④

③④得

19．如图，在直四棱柱中，，，为等腰三角形，且．

(1)证明：；

(2)设侧棱，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明面，利用线面垂直即可得出线线垂直；

（2）先得出满足条件的E位置，利用三棱锥的体积计算即可.

【详解】（1）证明：连接AC，并与BD相交于，

如图所示，由题可知，为等腰直角三角形，且为等腰三角形，所以点为BD的中点，且

在直四棱柱中，

有平面ABCD且平面ABCD，所以，

又，、平面

所以平面，

又平面，所以，

在四边形中，有，，所以四边形为平行四边形，

所以，又因为，所以

（2）由（1）知平面，且平面，所以，

即的面积为，要使的面积最小，则PE为最小，即，

根据及边长可知点为靠近点的三等分点，，

即点到底面ABC的距离为

在等腰中，由，，所以，

在等腰中，因为，所以由勾股定理可得，

所以

因此的面积为

所以三棱锥的体积为

综上，三棱锥的体积为

20．某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：

(1)根据的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？

(2)在人工智能中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，表示“选到的学生语文成绩不优秀”，表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计的值.

(3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数的概率分布列及数学期望.

附：

【答案】(1)认为数学成绩与语文成绩有关；

(2)；

(3)分布列见解析，.

【分析】（1）零假设后，计算的值与比较即可；

（2）根据条件概率公式计算即可；

（3）分层抽样后运用超几何分布求解.

【详解】（1）零假设：数学成绩与语文成绩无关.

据表中数据计算得：

根据小概率值的的独立性检验，我们推断不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；

（2）∵，

∴估计的值为；

（3）按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，随机变量的所有可能取值为.

，，

，，

∴的概率分布列为：

∴数学期望.

21．已知抛物线的焦点为，圆过点，，．

(1)求圆的标准方程；

(2)过点作圆的切线，分别交抛物线C于M，N（异于点P）两点，求证：直线MN与圆相切．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设圆的一般方程，根据题意列式求解；

（2）设切线方程为，根据题意可得，联立切线与抛物线的方程求点M，N的坐标，结合韦达定理求直线MN的方程，再求圆心到直线MN的距离即可.

【详解】（1）设圆，

故，解得，

可得圆，

故圆的标准方程为．

（2）由题意可知，抛物线的方程为，圆的圆心为，半径．

∵，即在抛物线上，

设切线方程为，，，

由直线与圆相切可得，可得，

，设方程的两根分别为，，

则，．

联立方程，消去得，

则4，是方程的两根，可得，即，

同理可得，

即，，

可得直线的斜率，

则直线，即，

则圆心到直线MN的距离，

∵，即，代入得，

故直线MN与圆相切．

【点睛】方法定睛：直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路

（1）研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．

（2）利用位置关系求过圆外一定点的切线方程的基本思路；

首先将直线方程设为点斜式，然后利用圆心到直线的距离等于半径求斜率，最后若求得的斜率只有一个，则存在一条过切点与x轴垂直的切线．

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数有两个极值点，求实数a的取值范围.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）运用导数几何意义求得切线的斜率，进而求得切线方程.

（2）将问题转化为（）有两个不同的根，运用分离参数研究函数与在上有两个不同的交点，运用导数研究函数的图象观察即可.

【详解】（1）当时，，

则，

所以，

切线斜率为，

所以切线方程为：，

即：..

（2）∵，定义域为，

∴，

又∵有两个极值点，

∴有两个零点，即：（）有两个不同的根.

即：（）有两个不同的根.

令，则与在上有两个不同的交点.

∵，

则，，

∴在上单调递增，在上单调递减，

又∵，，

当时，；当时，，

∴的图象如图所示，

所以，

所以.