数学-2023年高考押题预测卷03（北京专用）（全解全析）

2023年高考押题预测卷03【北京专用】

数学•全解全析

一、   单选题：本题共10小题，每小题4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．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的线性运算计算即可.

【详解】，

故选：C

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合B，利用并集概念及运算即可得到结果.

【详解】由题意可得：

又

∴

故选：C

【点睛】本题考查并集的概念及运算，考查分式不等式的解法，属于基础题.

3．设，则“”是“” 的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】分析：求解三次不等式和绝对值不等式，据此即可确定两条件的充分性和必要性是否成立即可.

详解：求解不等式可得，

求解绝对值不等式可得或，

据此可知：“”是“” 的充分而不必要条件.

本题选择A选项.

点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

4．三棱锥的三条侧棱两两相等，则顶点在底面的射影为底面三角形的（    ）

A．内心 B．重心 C．外心 D．垂心

【答案】C

【分析】设点在平面上的射影为，利用已知条件，证明，从而得到，由此推出结论．

【详解】设点作平面的射影为，连接，

∵三棱锥的三条侧棱两两相等，

∴，

∵底面，，，，

∴

∴所以为三角形的外心．

故选：C．

5．在2018年合肥市高中生研究性学习课题展示活动中，甲、乙、丙代表队中只有一个队获得一等奖，经询问，丙队代表说：“甲代表队没得—等奖”；乙队代表说：“我们队得了一等奖”；甲队代表说：“丙队代表说的是真话”．事实证明，在这三个代表的说法中，只有一个说的是假话，那么获得一等奖的代表队是

A．甲代表队 B．乙代表队 C．丙代表队 D．无法判断

【答案】C

【分析】分别假设甲、乙、丙说假话，验证是否还有其他人说假话，从而可得结果.

【详解】若甲说的是假话，则丙说的也是假话，不合题意；若丙说的是假话，则甲获得了一等奖，那么乙说的也是假话，故不合题意；若乙说假话了，则甲丙说的都是真话，那么丙获得了一等奖，符合题意，故选C.

【点睛】本题主要考查推理案例，属于中档题.推理案例的题型是高考命题的热点，由于条件较多，做题时往往感到不知从哪里找到突破点，解答这类问题，一定要仔细阅读题文，逐条分析所给条件，并将其引伸，找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而使问题得以解决.

6．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据角终边上点的坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值．

【详解】因为终边上点，所以，

所以

故选：B．

7．已知抛物线的准线与圆心为C的圆交于A，B两点，那么等于（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】求出抛物线的准线方程，求出坐标，然后求解向量的模．

【详解】解：抛物线的准线，代入圆

可得

圆的圆心，

那么．

故选：D．

8．函数的零点所在的区间为　　

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数单调性和函数单调性的运算法则，可得在上是增函数，再通过计算、的值，发现，即可得到零点所在区间．

【详解】解：在上是增函数

，，

，根据零点存在性定理，可得函数的零点所在区间为．

故选B．

【点睛】本题考查基本初等函数的单调性和函数零点存在性定理等知识，属于基础题．

9．椭圆+=1与双曲线-=1有相同的焦点，则a的值是（    ）

A． B．1或-2 C．1或 D．1

【答案】D

【分析】根据椭圆和双曲线方程形式，利用焦点相同，列式求a的值.

【详解】由条件可知，，双曲线的焦点在轴，所以椭圆的焦点也在轴，

所以，解得：或（舍）

故选：D

10．已知的导函数为且满足，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】对函数求导，将代入导数中可得，从而得到函数解析式，将代入函数解析式可得答案.

【详解】，则，

令得，解得，

则，

将代入上式得，

故选：D

【点睛】本题考查导数的四则运算，考查特殊函数的导数公式，属于简单题.

二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。

11．__．

【答案】2

【分析】先化简，再求模.

【详解】因为，所以.

故答案为：2

12．在的展开式中，含项的系数为__________.

【答案】100

【分析】求出的通项公式，结合多项式乘法确定的系数.

【详解】展开式中通项为：，

在的展开式中，

含项的系数为：.

故答案为：.

13．在正项等比数列中，若，，则___________；___________．

【答案】         

【分析】根据题意得出关于、的方程组，可解得正数、的值，利用等比数列的通项公式可求得的表达式.

【详解】由题意可知，由题意可得，解得，

.

故答案为：；.

【点睛】本题考查等比数列基本量和等比数列通项公式的求解，考查计算能力，属于基础题.

14．已知，，当时，的最大值为___________，的最小值为___________.

【答案】          2

【分析】利用基本不等式求解即可，由于，从而可求出的最大值，由于，从而可求出的最小值

【详解】，解得，等号当且仅当，时成立；

，所以，进而，等号当且仅当，时成立.

故答案为：，2

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方

15．已知，均为正数，并且，给出下列四个结论：

①中小于1的数最多只有一个；

②中小于2的数最多只有两个；

③中最大的数不小于2022；

④中最小的数不小于．

其中所有正确结论的序号为_________．

【答案】①②③

【分析】对于①②③，用反证法可以证明；对于④，举出反例说明其错误.

【详解】对于①,假设存在两个小于1的正数,不妨设,

则,则,

这与矛盾,

故中小于1的数最多只有一个, ①正确;

对于②, 假设存在3个小于2的正数,不妨设,

则,

则，这与矛盾,

故中小于2的数最多只有两个, ②正确;

对于③,假设,

则,

则与矛盾,

故中最大的数不小于2022, ③正确;

对于④,不妨假设中最小数为,取,

则取,

则,

即说明中最小的数可以小于,④错误,

故答案为:①②③

【点睛】方法点睛：对于关于最多或最少类命题的解决方法，一般可采用反证法；对于多个数中的最大数或最小数的范围判断问题，可以用反证法说明反面不成立，证明原命题成立，也可以举反例说明命题不成立.

三、解答题：共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

16．（13分）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题.

已知锐角中，a､b､c分别为内角A，B､C的对边，，___________.

（1）求角C；

（2）求的取值范围.

(注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).

【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.

【分析】（1）选条件①：由条件结合正弦定理、三角恒等变换化简即可得解；

选条件②：由条件结合正弦定理、三角恒等变换化简即可得解；

选条件③：由条件结合正弦定理、余弦定理运算即可得解；

（2）确定B的范围，由正弦定理转化条件为，结合三角恒等变换及三角函数的性质即可得解.

【详解】（1）选条件①：由及正弦定理得

，即，

所以，

因为C为锐角，所以；

选条件②：由及正弦定理得

，

即，∴.

∵，∴，可得，∵，∴；

选条件③：由及正弦定理得，

即，

由余弦定理得，

∵，∴.

（2）∵是锐角三角形，∴解得，

由正弦定理得，

∴ ，

∵，∴，∴，

∴.

17．（14分）在三棱柱中，

(1)若 分别是的中点，求证：平面平面.

(2)若点分别是上的点，且平面平面，试求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）分别证明平面、平面即可；

（2）连接交于，连接，由面面平行的性质定理可得、，然后可得答案.

【详解】（1）∵分别是的中点，∴，

∵平面，平面，

∴平面，

∵，，∴四边形是平行四边形，

∴，又∵平面，平面，

∴平面，

又∵，平面，∴平面平面.

（2）

连接交于，连接，

由平面平面，且平面平面，平面平面，

∴，同理可得，

所以，即为线段的中点，

所以为线段的中点，即.

18．（13分）某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：

从第一个顾客开始办理业务时计时.

（1）估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；

（2）表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求的分布列及数学期望.

【答案】（1）0.22；（2）分布列见解析，0.51.

【分析】（1）设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列，对“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”分三种情况讨论①第一个顾客办理业务所需时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟，求概率.

（2）确定X所有可能的取值，求出对应的概率，即可得到X的分布列即数学期望.

【详解】（1）设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布如下：

记事件A：第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务

①第一个顾客办理业务所需时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；

②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；

③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟

所以P（A）=0.1×0.3+0.3×0.1+0.4×0.4=0.22；

（2）X所有可能的取值为：0，1，2

X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，

所以P（X=0）=P（Y＞2）=0.5；

X=1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，

所以P（X=1）=0.1×0.9+0.4=0.49；

X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P（X=2）=0.1×0.1=0.01；

所以X的分布列为：

期望：EX=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51.

即的数学期望为0.51..

【点睛】求离散型随机变量的分布列，应按以下三个步骤进行：

（1）明确离散型随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；

（2）利用概率的有关知识求出随机变量每个取值的概率；

（3）按规范形式写出分布列并用分布列的性质进行检验.

19．（15分）已知函数．

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）设函数，函数有且仅有一个零点．

（i）求的值；

（ii）若时，恒成立，求的取值范围．

【答案】（1） （2）（ⅰ）a=1（ⅱ）

【详解】试题分析：（1）当a=﹣1时，函数f（x）=（x2﹣2x）lnx+ax2+2=（x2﹣2x）lnx﹣x2+2，求出f′（x），则k=f′（1），代入直线方程的点斜式可得切线的方程．

（2）①令g（x）=f（x）﹣x﹣2=0，则（x2﹣2x）•lnx+ax2+2=x+2，即，构造函数h（x）=，确定h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，可得h（x）max=h（1）=1，即可求a的值；

②当a=1时，g（x）=（x2﹣2x）•lnx+x2﹣x，若，g（x）≥m，只需g（x）min≥m．

试题解析：

（1）当时，,，

∴ ，又

∴在处的切线方程.

（2）（ⅰ）令，则

∴  令， 则.

令,则 ，

，∴在上是减函数  又，

∴当时，，当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，

，∴当函数有且只有一个零点时，.

（ⅱ）当，，若时，恒成立，

只需 .令得或，

，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.

又∵  ，         

，即.

∴，.

20．（15分）神舟飞船是中国自行研制的航天器，从神舟一号到神舟十一号，都按照预定轨道完成巡天飞行.其中神舟五号的轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，选取坐标系如图所示，椭圆中心在坐标原点，近地点距地面200千米，远地点距地面350千米，已知地球半径千米.

（1）求飞船飞行的椭圆轨道方程；

（2）神舟五号飞船在椭圆轨道运行14圈，历时21小时23分.若椭圆周长的一个近似公式为(分别为椭圆的长半轴与短半轴的长)，请问：神舟五号飞船平均飞行速度每秒多少千米？(结果精确到0.01千米/秒，取3.14)

【答案】（1）；（2）

【分析】先设出椭圆的标准方程，根据椭圆的定义可求得和的值，进而求得和，进而根据求得，椭圆的方程可得．

把从15日9时到16日6时的时间减去开始的时间，再减去最后多计的时间，可得飞船巡天飞行的时间，进而可算出平均速度．

【详解】解：设椭圆的方程为由题设条件得：

解得，

所以，

所以椭圆的方程为

历时21小时23分，得飞船巡天飞行的时间是（秒，

所以总飞行距离为：，

平均速度是（千米秒）

所以飞船巡天飞行的平均速度是．

21．（15分）已知数列满足：，且.记集合.

(1)若，写出集合的所有元素；

(2)若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；

(3)求集合的元素个数的最大值.

【答案】(1)

(2)见解析

(3)5

【分析】（1）根据递推关系可求的所有元素；

（2）根据递推关系结合数学归纳法可得相应的证明；

（3）利用列举法可求的元素个数的最大值

【详解】（1）若，则，，，

，故中的项的大小从第3项开始周期变化，且周期为2.

故.

（2）设，

若，则，因互质，故为3的倍数；

若，则即，因互质，

故为3的倍数，

依次类推，有均为3的倍数.

当时，我们用数学归纳法证明：也是3的倍数.

当时，若，则，故为3的倍数；

若，则，故为3的倍数，

设当时，是3的倍数即为3的倍数，

若，则，故为3的倍数；

若，则，因为3的倍数，故为3的倍数，

故当时，是3的倍数也成立，

由数学归纳法可得是3的倍数成立，

综上，的所有元素都是3的倍数.

（3）当，则，，，，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为4；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为4；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为4；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为4；

当，则，故的元素个数为5；

当，则，故的元素个数为1；

当时，的元素个数不超过为5，

综上，的元素个数的最大值为5.

【点睛】思路点睛：根据递推关系研究数列的性质时，可根据局部性质结合数学归纳法去研究整体性质，另外对于数学有限情况的研究，可结合列举法讨论解决.