新高考押题卷（新高考全部内容）【大题精做】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）（解析版）

这是一份新高考押题卷（新高考全部内容）【大题精做】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）（解析版），共21页。试卷主要包含了已知是上的偶函数，且当时，等内容，欢迎下载使用。
绝密★考试结束前2023年新高考数学押题试卷全卷满分150分，考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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。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，只有一项是符合题目 1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】解析：由题意得，，所以，故选：C．2．若在复数范围内分解为，则在复数平面内，复数对应的点位于（    ）A．实轴上 B．虚轴上 C．第一象限 D．第二象限【答案】B【分析】先求出复数，再根据共轭复数的定义结合复数的减法运算及乘法求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.【详解】由，得，当，时，，，所以；当，时， ，综上，复数对应的点位于虚轴上.故选：B．3．已知均为不等于0的实数，则“”是“，”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】判断“”和“，”之间的逻辑推理关系，可得答案.【详解】由，得，于是，则，或，，所以充分性不成立；反之，当，时，（当且仅当时，取等号），则必要性成立,故选：B．4．已知等差数列的前n项和为，且，，则是中的（    ）A．第30项 B．第36项 C．第48项 D．第60项【答案】A【分析】根据等差数列的通项公式列式，求得首项和公差，可得其通项公式，求出，即可求得答案,【详解】设等差数列的公差为d，由，得①；由，得，即 ②．由①②解得，，所以，于是，而，故是中的第30项，故选：A．5．我国古代数学家赵爽所使用的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．如图①，是一个“勾股圆方图”，设，，；在正方形EFGH中再作四个全等的直角三角形和一个小正方形IJKL，且，如图②．若，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的加减法运算法则，，，化简得到.【详解】解析：因为，，所以，所以，故选：B． 6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为C上位于第一象限的一点，与y轴交于点B．若，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合对称性及椭圆的定义，得到，然后根据B为的中点，推导出 ，求得，，找到的关系，从而求得离心率.【详解】解析：如图，由，得为等边三角形，结合对称性及椭圆的定义，得，则B为的中点，从而OB为的中位线，，所以，所以，即，则，故选:A． 7．已知是上的偶函数，且当时，．若， 则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数为偶函数可得出的图象关于直线对称，结合导数判断时函数的单调性，由此结合函数的性质和，可得出，即可判断C，D；脱掉绝对值符号化简，可判断A，B.【详解】由是上的偶函数，得，即，所以的图象关于直线对称．当时，，由，仅在时取等号，得在区间上为减函数，则在区间上为增函数，根据图象的对称性，由得，则C正确、D错误．当异号时，则或，即或，即选项A，B的结果不能确定，故选：C． 8．在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作二面角的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明，建立坐标系，根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球O的体积.【详解】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH，考虑到二面角P-AB-C的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以为二面角的平面角的补角，所以，又，所以，从而三棱锥的高为1．又的面积，所以当时，的面积最大，最大值为，所以当时，三棱锥的体积最大，因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．因为球O的球心O与的外接圆的圆心的连线垂直平面，为为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为的中点，所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，于是设．又，，由，得，解得，则球O的半径，所以球O的体积．故选：D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每道题目至少有一个正确选项啊，漏选或者是少选得2分，不选或者是选错不得分）9．制造业指数反映制造业的整体增长或衰退，制造业指数的临界点为．我国年月至年月制造业指数如图所示，则（    ）A．年月中国制造业指数为，比上月下降个百分点，低于临界点B．年月至年月中国制造业指数的极差为C．年月至年月中国制造业指数的众数为D．年月至年月中国制造业指数的标准差小于年月至年月中国制造业指数的标准差【答案】ABD【分析】根据图中数据，结合极差、众数的定义、标准差与数据稳定性之间关系可直接得到结果.【详解】对于A，由图可知：年月中国制造业指数为，年月中国制造业指数为，年月中国制造业指数比上月下降个百分点，且低于临界点，A正确；对于B，极差为，B正确；对于C，由图中数据知：众数为，C错误；对于D，由图中数据波动幅度知：年月至年月中国制造业指数比年月至年月更稳定，年月至年月中国制造业指数的标准差更小，D正确.故选：ABD. 10．如图，正方体的棱长为4，是上一点，，是正方形内一点（不包括边界），若，则（    ）A．对任意点，直线与直线异面 B．存在点，使得直线平面C．直线与所成角的最大值为 D．的最小值为5【答案】ACD【分析】根据线线关系求得，即可得点的轨迹是以为圆心，从而可判断A；构造平面平行，利用其性质可判断B；根据异面直线的定义确定异面直线所成角根据正弦值确定角度大小，即可判断C；结合的轨迹，根据点与圆的位置关系，即可得的最小值，从而可判断D.【详解】对于A，连接，因为，，所以，即，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆的四分之一（不含边界），则直线与直线异面，故A正确；对于B，过点作，垂足为，则，设为上一点，且，连接，则，连接，又平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，因为平面，则平面平面，因为到的距离为3，大于2，所以直线与圆相离，所以不存在点，使得直线平面，故B错误；对于C，因为，所以即直线与所成的角，当与圆相切时，最大，此时，得，所以直线与所成角的最大值为，故C正确；对于D，连接，易知，显然当最小时，最小，连接交圆于点，当与重合时最小，最小值为，故5，故D正确.故选：ACD. 11．已知函数的定义域为R，且对任意，都有，且当时，恒成立，则（    ）A．函数是R上的减函数 B．函数是奇函数C．若，则的解集为 D．函数()+为偶函数【答案】ABC【分析】利用单调性定义结合可判断A；利用特殊值求出，从而证明可判断B，根据条件求出，进而利用单调性解不等式可判断C，利用奇偶性的定义可判断D.【详解】设，且，，则，而，又当时，恒成立，即，，函数是R上的减函数，A正确；由，令可得，解得，令可得，即，而，，而函数的定义域为R，故函数是奇函数，B正确；令可得，解得，因为函数是奇函数，所以，由，可得，因为函数是R上的减函数，所以，C正确；令，易知定义域为R，因为，显然不恒成立，所以不是偶函数，D错误.故选：ABC. 12．函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足①在上是单调函数；②在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”．下列函数存在“3倍值区间”的有（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据函数新定义，结合各选项中函数的单调性判断a、b的存在性，即可得答案.【详解】A：为增函数，若存在“3倍值区间”，则，结合及的图象知，方程无解，故不存在“3倍值区间”，A错误；B：为减函数，若存在“3倍值区间”，则有，得，又，，所以可取，，所以存在“3倍值区间”，B正确；C：为增函数，若存在“3倍值区间”，则，得，所以存在“3倍值区间”，C正确；D：当时，；当时，，从而可得在上单调递增，若存在“3倍值区间”且，则有，解得，不符合题意，所以不存在“3倍值区间”，D错误．故选：BC   三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数为奇函数，则___________.【答案】【分析】根据奇函数的性质，得到，求得，结合奇偶性的定义，即可求解.【详解】由函数为奇函数，可得，即，解得，当时，，此时函数为奇函数，符合题意；当时，，则，即，此时函数为奇函数，符合题意，综上可得，实数的值为.故答案为：. 14．展开式中的系数为___________.【答案】【分析】变换，根据二项式定理计算得到答案.【详解】的展开式的通项为：，，取和，计算得到系数为：.故答案为：. 15．已知椭圆C：的离心率为，F为椭圆C的一个焦点，P为椭圆C上一点，则的最大值为___________.【答案】##【分析】根据椭圆方程及其离心率可求的值，再根据椭圆的性质可求的最大值．【详解】设椭圆的半长轴为a，半焦距为c，因为，所以，故椭圆焦点在y轴上，因为，离心率为，所以，解得，所以，，由椭圆性质知，，故答案为：． 16．已知数列的前n项和为，满足：，且，为方程的两根，且.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】先利用等差数列通项公式求解，再利用数列的单调性求解数列的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】由可知数列是等差数列，设其公差为，解方程得或，又，，，.由得，，设，则，由对于任意恒成立，所以只考虑的符号，设，，令解得，即在上单调递增，令解得，即在上单调递减，，，，当，，当，时，，即，，当，，即，即从，开始单调递减，即，，即，的取值范围为.故答案为：.  四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）在锐角中，角，的对边分别为，，，从条件①：，条件②：这两个条件中选择一个作为已知条件．(1)求角的大小；(2)若，求周长的取值范围．【答案】(1)条件选择见解析，(2) 【分析】（1）选条件①，由已知式子转化为正切函数，根据正切函数值得角的大小；选条件②，由已知式子结合正弦定理与三角恒等变换，化简得余弦函数值，即可得角的大小；（2）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换将三角形周长转化正弦型三角函数，利用正弦型三角函数的性质求取值范围即可.【详解】（1）选条件①：因为，所以，所以．又因为，所以，所以，所以．选条件②：因为由正弦定理可得．即，又因为，所以．因为，所以．（2）由正弦定理得，则，又，则，且在锐角中，所以，，则，所以因为，所以，则所以，即周长的取值范围为． 18．（12分）已知为单调递增数列，为其前项和，(Ⅰ)求的通项公式；(Ⅱ)若为数列的前项和，证明：.【答案】(1)；(2)见解析.【分析】（1）由得，所以,整理得,所以是以为首项，为公差的等差数列，可得.（2）结合（1）可得，利用裂项相消法求得的前项和，利用放缩法可得结论.【详解】试题解析：（Ⅰ）当时，,所以，即,又为单调递增数列，所以.由得，所以,整理得,所以.所以，即,所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.(Ⅱ)所以. 19．（12分）刍甍（chú méng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形ABCD是正方形，平面和平面交于．(1)求证：；(2)若平面平面ABCD，，，，，求平面和平面所成角余弦值的绝对值．【答案】(1)证明见解析(2)可得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）在正方形中，，平面，平面，所以平面，又平面，平面与平面交于，所以；（2）过点作于，过点作于，连接，由平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）知，∴，在四边形中，，，，所以，，在正方形中，，所以，因为，且，所以，所以，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量，由，令，则，设平面的一个法向量，由，令，则，设平面和平面所成角为，则，所以平面和平面所成角余弦值的绝对值为．20．（12分）甲、乙两地教育部门到某师范大学实施“优才招聘计划”，即通过对毕业生进行笔试，面试，模拟课堂考核这3项程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项程序均通过后即可签约．去年，该校数学系130名毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）． 性别            人数参加考核但未能签约的人数参加考核并能签约的人数男生4515女生6010 今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才招聘计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，m，其中0＜m＜1．(1)判断是否有90%的把握认为这130名毕业生去年参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关；(2)若小明能与甲、乙两地签约分别记为事件A，B，他通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y．当E（X）＞E（Y）时，证明：P（A）＞P（B）．参考公式与临界值表：，n＝a＋b＋c＋d．0.100.050.0250.010k2.7063.8415.0246.635  【答案】(1)没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关(2)证明见解析【详解】（1）因为，且，所以没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关．（2）因为小明参加各程序的结果相互不影响，所以，则．Y的可能取值为0，1，2，3．，，，．随机变量Y的分布列：Y0123P ．因为E（X）＞E（Y），所以，即，所以，所以P（A）＞P（B）． 21．（12分）已知椭圆的左右顶点分别为，上顶点为，离心率为，点为椭圆上异于的两点，直线相交于点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若点在直线上，求证：直线过定点．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【解析】（1）先根据题意得，进而得，求解即可得出结论；（2）设，先讨论直线垂直于轴时不满足题意，再讨论不垂直于轴时，设其方程为，与椭圆方程联立得，，再根据为直线的交点得，化简得即可求出结论.【详解】解：（Ⅰ）依题意，解得所以椭圆C的方程为（Ⅱ）设，则①当直线垂直于轴时，由对称性，直线交于轴，不合题意，舍去．②当直线不垂直于轴时，设其方程为．联立得．依题意，所以．因为，所以直线方程为，直线方程为依题意，设，因为为直线的交点，所以所以所以．所以．所以．所以因为，所以．所以，，直线MN方程为．所以直线过定点.22．（12分）已知函数，（其中a为非零实数）(1)讨论的单调性：(2)若函数（e为自然对数的底数）有两个零点，求证：.【答案】(1)答案见解析【详解】（1）的定义域为，若，则时，，单调递增；当时，，单调递减.若，则当时，，单调递减；当时，单调递增.（2）由已知得有两个不等的正实根，所以方程，即，即有两个不等正实根.要证，只需证，即证.令，所以只需证.由得，所以，消去得，只需证设，令，则，所以只需证.令，则，所以，即当时，成立.所以，即，即.