衡水名师押题6套-2023年新高考数学衡水押题卷6之02解析版

衡水名师押题2023年新高考数学衡水押题卷6之02数学解析本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、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的.1．已知均为实数集的子集，，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由包含关系可确定，由并集定义可得结果.【详解】，，.故选：B.2．已知，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用方程组以及不等式的性质计算求解.【详解】设，所以，解得，所以，又，所以，故A，C，D错误.故选：B.3．数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己的计数方法.十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数1~9的一种方法.例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1~9这9个数字表示的所有两位数中，能被4整除的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意把5根算筹所能表示的两位数列举出来后，计算哪些能被4整除即可得概率．【详解】1根算筹只能表示1，2根根算筹可以表示2和6，3根算筹可以表示3和7，4根算筹可以表示4和8，5根算筹可以表示5和9，因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，63，67，32，72，36，76共12个，其中32，72，36，76，共4个可以被4整除，所以所求概率为．故选：A．4．已知复数z的实部和虚部均为整数，则满足的复数z的个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】设，由，可得，则，讨论两种情况即可得答案.【详解】设，则因为，所以因为，所以，即.当时，，即，有两组满足条件，当时，或，所以，，但时，不符合题意，故个数为4，故选：C.5．米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为A． B．C． D．【答案】A【分析】设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．【详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；所以线段的中垂线方程为：；线段的中垂线方程为：；故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立，解得：；即的外接圆圆心的横坐标为的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）所以点的坐标为；故答案选A【点睛】本题考查直线方程、三角形外接圆圆心的求解，属于中档题6．已知三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，.若球M的表面积为，，则三棱锥的体积的最大值为（

）A． B． C． D．32【答案】B【分析】先证明面，，进而得到三棱锥的体积为，由和基本不等式求出的最大值，即可求解.【详解】因为三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，所以，又，，面，故面，又，面，故面，又面，故.球M的表面积为，设球的半径为，则，解得，即，所以，，三棱锥的体积为，要使体积最大，即最大，又，当且仅当时取等，故体积的最大值为.故选：B.7．已知中心在坐标原点的椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，且，点为线段上靠近的四等分点.若对于线段上的任意一点，都有成立，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由结合极化恒等式得，从而得，结合椭圆定义可得在和中由余弦定理建立关系得离心率.【详解】取的中点，连接.则有.同理，因此.所以，取的中点，连接，则，由三线合一得，设，故，解得，则，在和中，由余弦定理得，，解得，故选：.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．本题关键是在和中由余弦定理建立关系式，也可以在和中同样的方法求解.8．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先证明为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.【详解】对A：∵为偶函数，则两边求导可得∴为奇函数，则令，则可得，则，A成立；对B：令，则可得，则，B成立；∵，则可得，则可得两式相加可得：，∴关于点成中心对称则，D成立又∵，则可得，则可得∴以4为周期的周期函数根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立故选：C.【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.二、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．下列命题中，正确的命题是（

）A．数据1，3，4，5，6，8，10的第60百分位数为5B．若随机变量，，则C．若随机变量，则取最大值时或4D．某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生成绩的平均数为9，方差为11；女生成绩的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方差为10.5【答案】BCD【分析】对于A：直接求出第60百分位数，即可判断；对于B：由正态曲线的对称性直接求解；对于C：表示出，利用二项式系数的性质即可判断；对于D：由分层随机抽样中方差的计算公式直接求解.【详解】对于A：数据1，3，4，5，6，8，10一共有7个.因为，所以其第60百分位数为第5个，为6.故A错误；对于B：因为随机变量，由正态曲线的对称性可得：，所以，所以.故B正确；对于C：因为随机变量，所以.所以要使最大，只需最大.由二项式系数的性质可得：当或4时，最大.故C正确；对于D：由题意可得男生成绩的平均数为9，方差为11，记为.女生成绩的平均数为7，方差为8，记为.所以全部10名学生的成绩的平均数为.由分层随机抽样中方差的计算公式可得：.故D正确.故选：BCD10．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（

）图1

图2A．若，则 B．若，则C． D．【答案】ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.【详解】如图，作,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，则,设，则,由可得，且，若，则，解得，（负值舍去），故，A正确；若，则，，故B正确；，由于，故，故，故C错误；由于，故，而，故，故D正确，故选：ABD11．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（

）A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为B．的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为【答案】ACD【分析】A选项：连接AD.证明出，即可求出直线AE与PB所成角为；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；C选项，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为r.利用等体积法求解；D选项，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出.【详解】A选项：连接AD.在正四面体中，D是PB的中点，所以.因为平面，平面，,所以直线平面.因为平面.所以，所以直线AE与PB所成角为.故A选项正确；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，由，，所以，所以，所以的周长最小值为不正确.故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：，所以半径.故C选项正确；D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体，则，正四面体高为，得.故D选项正确.故选：ACD12．过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线、，切点为、、不重合，设直线、分别与y轴交于点A、B，则（

）A．、两点的纵坐标之积为定值 B．直线的斜率为定值C．线段AB的长度为定值 D．面积的取值范围为【答案】BCD【分析】根据切线方程的定义，利用分类讨论的思想，可得整理切线方程，根据直线垂直可得切点横坐标的乘积，进而可得纵坐标的乘积，利用直线斜率公式，等量代换整理，可得其值，利用切线方程，求得的坐标，可得答案.【详解】由函数，则，设，，当，时，由题意可得，，化简可得，符合题意；当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；对于A，，故A错误；对于B，直线的斜率，故B正确；对于C，易知直线，直线，令，则，即，同理可得，，故C正确；对于D，联立，整理可得，解得，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，则当时，，所以，，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若函数的最大值为，则常数的值为_______．【答案】【解析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.【详解】因为，所以，解得，因为，所以.故答案为：.14．的展开式中的系数为______.（用数字作答）【答案】【分析】利用多项式乘法进行运算，再由二项式定理找到通项，再赋值即可求解【详解】因为，其中展开式的通项为，，令，；令，.所以展开式中的系数为.故答案为：.15．已知，为实数，不等式恒成立，则的最小值为______．【答案】-1【分析】先由恒成立得出，进而，构造函数求解.【详解】设，则不等式恒成立等价于成立，显然当时不符合题意．当时，，∴当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，∴．由得，∴．令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴，∴，则，此时，．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于依题意得出，进而得出.16．弓琴，是弓琴弹拨弦鸣乐器（如下左图）.历史悠久，形制原始，它脱胎于古代的猎弓，也可以称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖.古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸.古代传说将“琴”的创始归于伏羲，也正由于他是以渔猎为生的部落氏族首领.在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”.常用于民歌或舞蹈伴奏.流行于台湾原住民中的布农、邹等民族聚居地区.弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正视图即为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，发音柔弱，音色比较动听，现有某专业乐器研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳.如下右图，是一弓琴琴腔下部分的正视图.若按对称建立如图所示坐标系，恰为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上(在上的投影把线段八等分)，为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则的最小值为_____【答案】【分析】设（），由焦半径公式有，由对称性得，由题意有成等差数列，从而可求得，这样求得后再由基本不等式得最小值．【详解】设，得，为等差数列，=，由题意知的投影把线段八等分,所以,，又，所以，故，当且仅当时取等号.故答案为：．【点睛】本题是新文化试题，解题关键是理解题意，从诸多信息中提取有用的数学信息，然后应用数学知识解题．题中椭圆、焦点，提示我们求需用椭圆的焦半径公式，再结合对称性，易求得其和，从而表示出，第二步才联想到需要利用基本不等式中“1”的代换求最小值．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．已知公差不为0的等差数列中，，，成等比数列，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据等差数列与等比数列的性质联立方程组，计算即可.(2)利用裂项相消法计算即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，∵，，成等比数列，∴，又．联立可得，解得，∴．（2），∴数列的前n项和．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.(1)求A；(2)若D为边BC上一点，且，试判断的形状.【答案】(1)；(2)直角三角形.【分析】（1）利用三角变换得到，即可求出；（2）设，利用正弦定理，化简求出，得到，即可证明.【详解】（1）由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即，因为，所以.（2）设，，则，，，在中，由正弦定理知，即，即，化简得，所以，，所以是直角三角形.19．如图，在三棱锥中，平面平面为的中点.(1)证明：；(2)若是边长为2的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)利用面面垂直的性质得到线面垂直，进而推出线线垂直，从而得证.(2)建立空间直角坐标系，设点坐标，然后利用已知的二面角的求法，可以求出的长，进而可求出三棱锥的体积.【详解】（1）为中点，面，面面且面面，面，又平面，（2）以为坐标原点，为轴，为轴，垂直且过的直线为轴，取的中点，连接，因为为正三角形，所以，由边长为2，即，，设，则，又因为设为面法向量，，令，，平面的法向量，解得，所以，，则20．已知椭圆E：的焦距为，且经过点．(1)求椭圆E的标准方程：(2)过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）由待定系数法求解析式；（2）设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M，再由弦长公式及两点距离公式表示出，进而讨论最值.【详解】（1）由题意得，所以，即椭圆方程为；（2）当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：，由，得．，，.不妨设在x轴上方，则在x轴下方．椭圆在x轴上方对应方程为，，则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得.同理可得B处的切线方程为．由得，代入①得，所以．因为，所以设，则，则，当且仅当，即时，的最大值是2．另解：当直线l的斜率存在时，设l：，由得，所以，，，椭圆在x轴上方的部分方程为，，则过的切线方程为，即，同理可得过的切线方程为.由得设，则，所以直线l的方程为，所以.，令，则，所以，当时，即时，取得最大值，为2．【点睛】直线与圆锥曲线问题，一般设出直线，联立直线与圆锥曲线方程，结合韦达定理表示出所求的内容，进而进行进一步讨论.21．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于k个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率；表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）.(1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和数学期望，并求；(2)已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为1元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为Y（单位：元）.（i）请用表示；（ii）设备升级后，在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件的个数来提高利润.【答案】(1)分布列见解析，，(2)（i），（ii）答案见解析【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解；（2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列congestion求出设备升级后单位时间内的利润，即为；（ii）分类讨论求出与的关系，做差比较大小即可得出结论.【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为0，1，2，3；因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以，所以，，，所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为0123控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为，；（2）（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为产量0设备运行概率所以升级改造后单位时间内产量的期望为；所以产品类型高端产品一般产品产量（单位：件）利润（单位：元）21设备升级后单位时间内的利润为，即；（ii）因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其概率为；第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作，其概率为；第三类：原系统中有个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，其概率为；所以，则，所以当时，，单调递增，即增加元件个数设备正常工作的概率变大，当时，，即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，又因为，所以当时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利