2023年高考考前数学押题密卷含答案（云南安徽黑龙江山西吉林五省新高考专用）

2023年高考考前押题密卷（五省新高考）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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．设集合,,则(

)A． B． C． D．2．已知，则复数z在复平面上对应的点在(

)A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体,设圆锥部分的高为米,圆柱部分的高为米,底面圆的半径为米,则该组合体体积为(

)A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米4．在正方形中，动点从点出发，经过，，到达，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B．－1 C． D．6．一袋中有大小相同的个白球和个红球，现从中任意取出个球，记事件“个球中至少有一个白球”，事件“个球中至少有一个红球”，事件“个球中有红球也有白球”，下列结论不正确的是（

）A．事件与事件不为互斥事件 B．事件与事件不是相互独立事件C． D．7．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B．C． D．8．已知数列、，，，其中为不大于x的最大整数.若，，，有且仅有4个不同的，使得，则m一共有（

）个不同的取值.A．120 B．126 C．210 D．252二、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．某学校为普及安全知识，对本校1500名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动(满分为100分).现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（

）A．图中的值为0.016B．估计该校高一大约有77%的学生竞赛得分介于60至90之间C．该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为195人D．该校高一学生竞赛得分的第75百分位数估计大于8010．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则不可能为（

）A．等腰直角三角形 B．等边三角形C．锐角三角形 D．钝角三角形11．双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（

）A．的渐近线方程为 B．点的坐标为C．过点作，垂足为，则 D．四边形面积的最小值为412．定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（

）A．函数在上满足阶李普希兹条件.B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分,其中第16题第一空2分，第二空3分．13．若数列是公差为2的等差数列，，写出满足题意的一个通项公式______.14．已知常数，的二项展开式中项的系数是，则的值为_____________．15．如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为__________．16．在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.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．已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，(1)求数列的通项公式；(2)记为数列在区间中最大的项，求数列的前项和．18．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足，且.(1)求证：；(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.19．如图，在三棱台中，.(1)求证：平面平面；(2)若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.20．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.21．已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为．(1)求的方程；(2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．22．已知函数，．(1)讨论的极值；(2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围．2023年高考考前押题密卷（五省新高考）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．设集合,,则(

)A． B． C． D．【答案】C【详解】由,得,所以,又,所以.故选：C2．已知，则复数z在复平面上对应的点在(

)A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【详解】设，则，∴由，得，解得，，∴复数在复平面上对应的点在第一象限．故选：A．3．如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体,设圆锥部分的高为米,圆柱部分的高为米,底面圆的半径为米,则该组合体体积为(

)A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米【答案】C【详解】由题知底面圆的半径，圆柱高，圆锥高.圆柱的体积.圆锥的体积.所以该组合体体积（立方米）.故选：C4．在正方形中，动点从点出发，经过，，到达，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，设，则，当点在上时，设，则，即，故，当点在上时，设，则，即，解得，故，当点在上时，设，则，即，故综上，的取值范围是.故选：B5．已知，则（

）A． B．－1 C． D．【答案】C【详解】由，所以，则，所以，则，故，由.故选：C6．一袋中有大小相同的个白球和个红球，现从中任意取出个球，记事件“个球中至少有一个白球”，事件“个球中至少有一个红球”，事件“个球中有红球也有白球”，下列结论不正确的是（

）A．事件与事件不为互斥事件 B．事件与事件不是相互独立事件C． D．【答案】D【详解】根据题意，取出的个球的可能情况为：个红球；个红球个白球；个红球个白球；个白球.故事件包含：个红球个白球；个红球个白球；个白球，且；事件包含：个红球个白球；个红球个白球；个红球，且；事件包含：个红球个白球；个红球个白球，且.所以，，，因为，则事件与事件不为互斥事件，A选项错误；，故事件与事件不是相互独立事件，B正确；，故D错误；，故C正确；故选：D.7．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】∵，∴，即，∴，∴，∴，∴.令，则，∴在上单调递增，∴，即，∴，∴.故选：D.8．已知数列、，，，其中为不大于x的最大整数.若，，，有且仅有4个不同的，使得，则m一共有（

）个不同的取值.A．120 B．126 C．210 D．252【答案】C【详解】设，其中，且不全为0，，若，则，，，，若，则，，，，所以若则，，若，则，若，，则，，，，，，若，，则，，，，，，若，，则，，，，，，若，，则，，，，，，所以时，，时，，同理可以证明时，，，，因为有且仅有4个不同的，使得，即中有且仅有4个变量取值为1，其余变量取值为0，又从中任选4个变量有种取法，故满足条件的的个数为，即210个，故选：C.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．某学校为普及安全知识，对本校1500名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动(满分为100分).现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（

）A．图中的值为0.016B．估计该校高一大约有77%的学生竞赛得分介于60至90之间C．该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为195人D．该校高一学生竞赛得分的第75百分位数估计大于80【答案】BCD【详解】由频率分布直方图性质可得：，解得，故A错误；得分介于60至90之间的频率为，故B正确；得分不小于90的人数估计为，故C正确；得分介于50至80之间的频率为，故D正确.故选：BCD.10．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则不可能为（

）A．等腰直角三角形 B．等边三角形C．锐角三角形 D．钝角三角形【答案】BCD【详解】由余弦定理，所以，又，所以，故为等腰直角三角形.故选：BCD11．双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（

）A．的渐近线方程为 B．点的坐标为C．过点作，垂足为，则 D．四边形面积的最小值为4【答案】ACD【详解】对于A项，由已知可得，，所以的渐近线方程为，故A项正确；对于B项，设，则，整理可得.又，所以，所以有，解得，所以点的坐标为，故B项错误；对于C项，如上图，显然为双曲线的切线.由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点.则垂直平分，即点为的中点.又是的中点，所以，，故C项正确；对于D项，，当且仅当，即时，等号成立.所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.故选：ACD.12．定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（

）A．函数在上满足阶李普希兹条件.B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.【答案】ABC【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项正确；C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；D选项：不妨设，当时，，当时，，故对，，不存在使，D选项错误；故选：ABC.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分,其中第16题第一空2分，第二空3分．13．若数列是公差为2的等差数列，，写出满足题意的一个通项公式______.【答案】（答案不唯一）【详解】设等差数列的首项为，且公差，则，即，所以，令，所以，所以可取故答案为：（答案不唯一）14．已知常数，的二项展开式中项的系数是，则的值为_____________．【答案】【详解】由已知，则其展开式的通项为，又其二项展开式中项的系数是，则令，即，，又，所以，故答案为：.15．如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为__________．【答案】【详解】由题意可知，，即.在中，有，，所以.由余弦定理可得，，所以，所以有，当且仅当时，等号成立.所以，，所以，，即的面积的最大值为.故答案为：.16．在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.【答案】【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，因为点分别是棱的中点，则，而，即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，因此，而，即四边形为平行四边形，于是，即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；以点D为原点建立空间直角坐标系，则，则，令，则有，，于是点到直线的距离，当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.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．已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，(1)求数列的通项公式；(2)记为数列在区间中最大的项，求数列的前项和．【答案】(1)；(2).【详解】（1）设的公比为，则，又，当时，，当时，，两式相减可得，，所以，所以或(舍去)，所以，即，所以等比数列的通项公式为；（2）由，，可得，所以，又，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，所以.即.18．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足，且.(1)求证：；(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意得，即.由正弦定理得，又由余弦定理得，所以，故，故，整理得，又为锐角三角形，则所以，因此.（2）在中，由正弦定理得，所以.所以，因为为锐角三角形，且，所以，解得.故，所以.因此线段长度的取值范围.19．如图，在三棱台中，.(1)求证：平面平面；(2)若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点.因为所以，分别为中点，且.因为，所以.取的中点，则.因为所以所以.，则，故，即.因为，,平面,平面,所以平面.又平面，故平面平面.（2）因为，所以.而,所以，解得：.以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设为面的一个法向量，因为，所以，不妨设，则面的一个法向量.同理可求得面的一个法向量.由图示，二面角的平面角为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.20．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，【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015300.150.4250.350.075所以期望为.21．已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为．(1)求的方程；(2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)点在定直线上【详解】（1）解：设，则，且，所以，，则，故①，又②，

联立①②，解得，，故椭圆的方程为．（2）解：结论：点在定直线上．

由（1）得，、，设，设直线的方程为，设点、，联立，整理得，，，

直线的方程为，直线的方程为，所以，，可得

，解得，因此，点在直线上.22．已知函数，．(1)讨论的极值；(2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【详解】（1）因为函数，则，，当时，，此时单调递增，无极值；当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，无极小值；当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，无极大值．综上，当时，函数无极值；当时，，无极小值；当时，，无极大值．（2）由及，得，，即．设，，当时，需．由，得，，设，则，，当时，由，得，因为，所以，所以当时，则，即为增函数，则，为增函数，则，所以符合条件．当时，由，得，因为，所以，所以当时，，则即为减函数，则，为减函数，则，不符合条件．综上所述，m的取值范围为．2023年高考考前押题密卷（五省新高考）数学·参考答案123456789101112CACBCDDCBCDBCDACDABC（答案不唯一）14．15．16【解答题评分细则】17．(1)；(2).【详解】（1）设的公比为，则，又，当时，，当时，，两式相减可得，，（1分）所以,所以或(舍去)，（2分）所以，即，（3分）所以等比数列的通项公式为；（4分）（2）由，，可得，（5分）所以，又，（6分）所以，当且仅当时等号成立，所以，（7分）所以，（8分）所以.（9分）即.（10分）18．(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意得，即.由正弦定理得，（1分）又由余弦定理得，所以，故，（2分）故，整理得，（3分）又为锐角三角形，则（4分）所以，因此.（5分）（2）在中，由正弦定理得，所以.（6分）所以，（7分）因为为锐角三角形，且，所以，（8分）解得.（9分）故，（10分）所以.（11分）因此线段长度的取值范围.（12分）19．(1)证明见解析；(2).【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点.因为所以，分别为中点，且.因为，所以.取的中点，则.（1分）因为所以所以.（2分），则，故，即.（3分）因为，,平面,平面,（4分）所以平面.又平面，故平面平面.（5分）（2）因为，所以.而,所以，解得：.（6分）以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如