2023届高考数学预测猜题卷新高考含答案

2023届高考数学预测猜题卷新高考一、单项选择题：本题共8个小题，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的.1.若集合，，则()A. B. C. D.或2.若复数z满足，则复数z的虚部为()A. B. C. D.3.的展开式中的系数是()A. B.0 C.35 D.704.已知A，B是抛物线上两个不同的点，F为抛物线的焦点，G为的重心.若，则的最小值为()A. B. C. D.5.设，，，则()A. B. C. D.6.已知函数的最小正周期为，且的图象经过点和，则的最大值为()A.1 B. C. D.27.已知四棱锥，底面ABCD为矩形，侧面平面ABCD，，，若点M为PC的中点，则下列说法正确的是()A.平面PCDB.平面MBDC.四棱锥外接球的表面积为D.四棱锥的体积为68.已知定义在上的奇函数满足，当时，，则当函数在上有三个零点时，的取值范围是()A. B. C. D.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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的是()A.a的值为0.005 B.这组数据的极差为60C.样本数据的平均数为70 D.这组数据的第85百分位数为8610.已知等差数列的前n项和为，，，且，，成等比数列，则下列结论正确的是()A. B.C. D.11.在正方体中，过AB作垂直于的平面交平面于直线l，M是直线l上的动点，则()A.B.C.点M到平面的距离等于AB的长D.直线与直线CD所成角的余弦值的最大值是12.已知圆，P为x轴上的一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A和B，直线AB与MP交于点C，则下列结论中正确的是()A.四边形PAMB周长的最小值为B.的最小值为C.若，则的面积为D.若，则的最大值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边过点，则_________.14.在梯形ABCD中，，E是BC的中点，若，，且，则_________.15.已知O为坐标原点，双曲线的左、右顶点分别为M，N，右焦点为，若过点的直线与E交于A，B两点（A在x轴上方），直线MA，NB与y轴分别相交于点C，D，则________.16.已知函数，若存在唯一整数，使得成立，则实数a的取值范围为_________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，的外接圆半径为.（1）求角A；（2）求周长的最大值.18.（12分）已知数列的各项均不为零，，前n项和满足.（1）求证：数列是等差数列；（2）记，求数列的前n项和.19.（12分）某校课题组选取高一两个班级开展对“数学问题链深度设计”的研究，其中A班为常规教学班，B班为课改研究班.在一次期末考试后，对A，B两班学生的数学成绩（单位：分）进行分析，满分150分，规定：小于120分为不优秀，大于或等于120分为优秀.已知A，B两班学生的数学成绩的频数分布统计表如下：A班：分组100分以下频数481012124B班：分组100分以下频数612141062（1）由以上统计数据填写下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为成绩是否优秀与课改研究有关？A班B班总计优秀不优秀总计（2）从A，B两班里成绩在100分以下的学生中任意选取2人，记X为2人中B班的人数，求X的分布列及数学期望.附：，，0.10.050.0250.012.7063.8415.0246.63520.（12分）如图，在直四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，底面ABCD是直角梯形，，，且.（1）求证：平面平面；（2）已知点M是棱的中点，求二面角的余弦值.21.（12分）已知函数，.（1）若在上单调递增，求a的取值范围；（2）若，证明：.22.（12分）已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且当原点O到直线的距离最大时，.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过原点O且垂直于直线的直线与椭圆C相交于P，Q两点，记四边形PMQN的面积为S，求的取值范围.2023届高考数学预测猜题卷新高考参考答案一、单项选择题1.答案：D解析：依题意得，，，，则或.故选D.2.答案：B解析：设，则，因为，则，所以，解得，因此，复数z的虚部为.故选B.3.答案：C解析：的展开式的通项为，其中项的系数为，项的系数为，则的展开式中的系数为.故选C.4.答案：B解析：，，设，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为，.故选B.5.答案：A解析：由题可知，，，，令，则，所以当时，，所以在上单调递减，所以，所以，故选A.6.答案：B解析：因为的最小正周期为，所以，即，故，所以，即，又，所以，故，又的图象经过点，所以，所以，故的最大值为.故选B.7.答案：B解析：如图，在四棱锥中，因为侧面平面ABCD，平面平面，，所以平面PCD，因为过点B只能作一条直线与已知平面垂直，故A错误；连接AC，交BD于点O，连接MO，在中，，又平面MBD，平面MBD，所以平面MBD，故B正确；取CD中点N，连接PN，ON，NM，在矩形ABCD中，易得，所以，，在中，，易知平面PCD，所以,在中，，所以，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为3，所以其外接球的表面积为，故C不正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，因为，侧面平面ABCD，平面平面，所以平面ABCD，，所以四棱锥的体积，故D错误.故选B.8.答案：D解析：因为，所以的周期为2.因为为奇函数，所以，则，又，所以.当时，.由单调递减得函数在上单调递增，所以在上，，得，作出函数的图象如图所示.当直线经过点时，，当直线过点时，，当直线经过点时，，所以数形结合知，当函数在上有三个零点时，或.故选D.二、多项选择题9.答案：BC解析：对于A，由，得，故A正确；对于B，由频率分布直方图无法得到这组数据的最大值和最小值，故无法准确判断这组数据的极差，故B错误；对于C，样本数据的平均数，故C错误；对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则，解得，故D正确.故选BC.10.答案：ABC解析：对于A，由题可得，解得，所以，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，由，，成等比数列得，，又，所以，故，结合可解得，故C正确；对于D，，所以，故D错误.故选ABC.11.答案：BC解析：如图，易知，，所以平面即为过AB且垂直于的平面，它和平面的交线为，显然，即，故A错误，B正确；对于C，点M在上，而平面，所以点M到平面的距离不随点M在上的位置变化而发生变化，始终等于AB的长度，故C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则D，C，，点M在上，可设，则，，所以，当时，取得最大值，即直线与直线CD所成角的余弦值的最大值是，故D错误.故选BC.12.答案：BCD解析：对于A，，显然，所以和的最小值为，又，所以四边形PAMB周长的最小值为，故A错误；对于B，，，故B正确；对于C，若，则，，，，所以，故C正确；对于D，设，则切点弦AB所在直线的方程为，即，所以直线AB过定点，因为，所以点C的轨迹是以MT为直径的圆(不含点M)，该圆的圆心为，半径，显然在圆外，所以，故D正确.故选BCD.三、填空题13.答案：解析：的终边过点，，..14.答案：9解析：法一：因为，，，所以，又E是BC的中点，，所以.法二：以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由题易得，，设，则，所以，，而，所以，则，所以.因为E是BC的中点，所以.15.答案：解析：由题意知，，，所以，设直线方程为，代入E的方程，整理得，设，，则，，得.又，所以直线MA的方程为，令，得，同理直线NB的方程为，令，得，所以.16.答案：解析：，即，令，，，则，易知在上单调递增，又，，所以存在实数，使得，且当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，又，是过定点的直线，所以画出函数和的大致图象如图所示，令，，，由图可知若存在唯一整数，使得成立，则需，而，所以，因为，所以，即实数a的取值范围是.四、解答题17.解析：（1）由正弦定理得，即，………………2分因为，所以，即，因为，所以.………………5分（2）因为的外接圆半径为，所以，所以.由余弦定理得，………………7分即，所以，当且仅当时取等号，所以周长的最大值为6.………………10分18.解析：（1）因为，所以，当时，因为，所以，………………3分即，即，整理得，故可得.又，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列.……………6分（2）由（1）可知，故可得，………………9分所以.………………12分19.解析：（1）零假设为：成绩与课改研究独立，即成绩与课改研究之间无关联.完成列联表如下表，A班B班总计优秀223254不优秀281846总计5050100…………………3分则，所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为成绩是否优秀与课改研究有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.…6分（2）A，B两班里成绩在100分以下的学生中，A班有4人，B班有2人，所以X的所有可能取值为0，1，2，则，，，………………9分则随机变量X的分布列为X012P数学期望.………………12分20.解析：（1）在直角梯形ABCD中，，，所以.又，所以，，所以.………………2分在中，由余弦定理得，所以，所以.在直四棱柱中，底面ABCD，底面ABCD，所以，………………4分又，所以平面.又平面，所以平面平面.………………6分（2）如图，取BC的中点E，连接AE，则，所以.易证AE，AD，两两垂直，所以分别以AE，AD，所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，.……………8分设平面ACM的法向量为，则，取，得.设平面的法向量为，则，取，得.………10分所以，由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.………………12分21.解析：（1）若在上单调递增，则，因为，所以.………………2分设，则，，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以.………………4分所以当，即时，，即，所以a的取值范围是.………………5分（2）因为，所以，即，所以，得.………………7分由（1）得，所以，所以，所以，当且仅当时取等号.设，则，………………9分所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以.………………10分因为，所以，即，所以当时，.………………12分22.解析：（1）分析知原点O到直线MN的距离最大时，直线MN与x轴垂直.将代入椭圆方程得，所以①.………………2分因为椭圆的离心率