2023年高考培优数学试卷（二）（新高考版）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考培优卷（二）（新高考版）数学一、单项选择题1．若集合，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由，得，解得或，所以或，因为，所以，对于A，因为，所以，所以A错误，对于B，因为或，，所以，所以B正确，对于C，因为，所以C错误，对于D，因为或，所以，因为，所以，所以D错误，故选：B2．若复数是方程的一个根，则的虚部为（

）A．2 B． C． D．〖答案〗A〖解析〗设复数其中为虚数单位，又复数是方程的一个根所以，即所以所以，故，所以的虚部为故选：A3．已知等差数列的前项和为，向量，，，且，则用表示，则（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由得：，即，，，；为等差数列的前项和，设其公差为，，同理可得：，，.故选：B.4．古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（

）A． B． C．3 D．2〖答案〗A〖解析〗直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为；梯形的面积，故记重心到的距离为，则，则，故选：A5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前项和为，则的最小值为（

）A．48 B．50 C．52 D．54〖答案〗C〖解析〗被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列，构成首项为10，公差为的等差数列，则，，从而，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为52.故选：C6．某校为统筹推进以德智体美劳“五育并举+教师教育”为特色的第二课堂养成体系，引导学生们崇尚劳动、尊重劳动者、提高劳动素养，设置以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“音乐欣赏”“蔬菜种植”“打印”这六门劳动课中的一门.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选劳动课全不相同的方法共有（

）A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种〖答案〗C〖解析〗分两种情况讨论：如果4名学生选的课目全不同，有种方法；如果只有2名学生选的课目相同，有种方法，共有种方法，故选：C.7．设,,,则（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由题知,记,,所以,所以,所以,在时成立,所以,即,即,记,,所以,所以在上,,单调递减,在上,,单调递增,所以,所以,则,即,即,,即有,因为,所以,综上:.故选:D8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点，设椭圆方程，，为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题意，可作图如下：则，，即，可设，，，由，则，即，，在中，，则.故选：C.二、多项选择题9．下列命题正确的是（

）A．若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和，则乙组数据的线性相关性更强；B．在检验A与B是否有关的过程中，根据数据算得，已知，，则有99%的把握认为A与B有关；C．已知随机变量X服从正态分布，若，则；D．在回归分析中，残差平方和与决定系数都可以用来刻画回归的效果，它们的值越小，则模型的拟合效果越好．〖答案〗AC〖解析〗A：由知：乙组数据的线性相关性更强，正确；B：由，即，则有97.5%的把握认为A与B有关，错误；C：由已知：随机变量X的分布曲线关于对称，故，正确；D：残差平方和越小，模型的拟合效果越好，但决定系数越大，模型的拟合效果越好，错误.故选：AC10．已知圆C：点P在直线l：上运动，以线段PC为直径的圆D与圆C相交于A，B两点，则下列结论正确的是（

）A．直线l与圆相离 B．圆D的面积的最小值为C．弦长的最大值为2 D．直线AB过定点〖答案〗ABD〖解析〗由题设得圆的圆心，半径为1，对于选项A：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，A正确；对于选项B：由于点在直线上运动，设，则圆的圆心，所以圆的半径，故当时半径有最小值，所以圆的面积的最小值为，故B正确；对于选项D：由上面的B选项可知圆的方程为，将圆的方程与圆的方程相减可得相交弦的直线方程为：，整理得，令，解得，所以直线过定点，故D正确；对于选项C：由C得，弦的直线方程为：，若弦过圆心，则，方程无解，所以弦不过圆心，从而小于圆直径，圆直径为2，故C错误．故选：ABD．11．已知正方体的棱长为2，过棱，的中点E，F作正方体的截面，下列说法正确的是（

）．A．该正方体外接球的表面积是B．若截面是正六边形，则直线与截面垂直C．若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值为D．若截面过点，则截面周长为〖答案〗BD〖解析〗对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，故A错误；对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，设的中点为G，则，，，，，∴，，，∴，，则，，即，，又，，正六边形截面，∴正六边形截面，故B正确；对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，设直线与截面所成的角为，则，故C错误；对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，于是．∵，，，故截面的周长为，故D正确．故选：BD．12．取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理.该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个不动点，那么下列函数具有“不动点”的是（

）A． B．C． D．〖答案〗AD〖解析〗对于，假设函数存在不动点，则方程有解，由对数函数的图象可知：方程有解，所以函数存在不动点，故选项满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，也即，因为判别式，所以方程无解，故假设不成立，也即函数不存在不动点，故选项不满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，当时，方程为无解；当时，方程为，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，则方程为无解，故选项不满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，令，则函数在上单调递增，因为，，则，由零点存在性定理可知：函数在上存在零点，也即有解，所以函数存在不动点，故选项满足，故选：.三、填空题13．的展开式含的系数是________（用常数表示）．〖答案〗〖解析〗由含的项中对应的指数分别为6,2，所以，对于中含的项为，所以含的系数是.故〖答案〗为：14．双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，P为C上一点，直线PA，PB与分别交于M，N两点，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗由题意，，设，，，，直线方程为，令，得，直线方程为，令，得，，设，则，得，时，，时，，∴在上递减，在上递增，时，，所以．故〖答案〗为：．15．已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），，若不等式组的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是__________〖答案〗〖解析〗依题意可得，即，所以（为常数），则，由得，所以.，由可得或，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，函数图象如下图所示：，由图图象可知不等式组的解集中恰有两个整数，分别是，所以有故〖答案〗为：.16．已知函数，给出下列判断：①函数的最小正周期为；②函数是偶函数；③函数关于点，成中心对称；④函数在区间上是单调递减函数．其中正确的判断是___．（写出所有正确判断的序号）〖答案〗①②③〖解析〗函数的最小正周期为，故命题①正确；函数，所以，所以是偶函数，故命题②正确；由于当时，，故函数关于点，成中心对称，故命题③正确；在区间上，，故函数在区间上不是单调递减函数，故命题④错误，故〖答案〗为：①②③．解答题17．已知为数列的前项和，，．（1）求；（2）若，证明：．（1）解：①时，②则①-②得，当时可整理得，即，由①当时，，得，当时，，得，，，又，，符合，；（2）证明：由（1）得，，18．在锐角三角形中,角的对边分别为,向量,,且.（1）求角的大小;（2）若的面积为,求的取值范围.解：（1）由题知,,,所以有:①,在中,由正弦定理可得:,代入①中有:,展开移项后可得:,即,因为是的三边,所以上式可化为:,在中,由余弦定理可得:,因为,所以;（2）在中,过点向作垂线,垂足为,过点作的垂线,交延长线于点,如图所示:因为为锐角三角形,所以点在线段上（不含端点）,即,由（1）可得,且,所以,所以,因为,所以,即,由,所以,解得:,所以,令,,由对勾函数的性质可得在上单调递减,故,即.19．如图，四边形是菱形，，平面，，．（1）证明：．（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．（1）证明：连接．因为四边形是菱形，所以．又平面，所以．因为，所以平面．又，所以平面就是平面，因为平面，所以．（2）解：设，相交于点O，以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则设平面的法向量为，，，则，取，可得．取的中点G，连接．易证平面平面，因为是正三角形，所以，从而平面，即是平面的一个法向量．因为，，所以，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20．近些年来，学生的近视情况由高年级向低年级漫延，为调查某小学生的视力情况与电子产品的使用时间之间的关系，调查者规定：平均每天使用电子产品累计5小时或连续使用2小时定义为长时间使用电子产品，否则为非长时间使用.随机抽取了某小学的150名学生，其中非长时间使用电子产品的100名，长时间使用电子产品的50名，调查表明非长时间使用电子产品的学生中有95人视力正常，长时间使用电子产品的学生中有40人视力正常.（1）是否有99.5%的把握认为视力正常与否与是否长时间使用电子产品有关？（2）如果用这150名学生中，长时间使用电子产品的学生和非长时间使用电子产品的学生视力正常的在各自范围内所占比率分别代替该校长时间使用电子产品的学生和非长时间使用电子产品的学生视力正常的概率，且每位学生视力正常与否相互独立，现从该校学生中随机抽取3人（2个非长时间使用和1个长时间使用电子产品），设随机变量表示“3人中视力正常”的人数，试求的分布列和数学期望.附：.0.100.050.0250.010.0052.7063.8415.0246.6357.879解：（1）根据题意，列出如下列联表：视力正常视力不正常总计长时间使用电子产品非长时间使用电子产品总计则，所以有99.5%的把握认为视力正常与否与是否长时间使用电子产品有关.（2）长时间使用电子产品视力正常的概率是，非长时间使用电子产品视力正常的概率是，由题意可知：的可能取值为，；；；；所以的分布列为：则.21．已知，为椭圆E：的上、下焦点，为平面内一个动点，其中.（1）若，求面积的最大值；（2）记射线与椭圆E交于，射线与椭圆E交于，若，探求，，之间的关系.解：（1）由题可知椭圆E：的上、下焦点，又因为,所以,则点为椭圆上一点，且，则，于是面积的最大值为.（2）射线的方程为，射线的方程为，联立解得，①又，则，②将②代入①，得.22．已知函数.（1）若函数有大于零的极小值，求实数的取值范围;（2）若函数有两个极值点，（），证明:.（1）解：由题意得，当时，，此时在上单调递增，∴无极值.当时，令，解得，当时，;当时，.∴的极小值为.由已知得，∵，∴，解得，故的取值范围为.（2）证明：.令,则,令,解得.当时,,当时,,∴在上单调递增，在上单调递减.趋向于时，趋向于又函数有两个极值点,,,且,当时,单调递增,当时,单调递减,当时,,又,.令,则,今,则,在上单调递增,,在上单调递增,.,即,.2023年高考培优卷（二）（新高考版）数学一、单项选择题1．若集合，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由，得，解得或，所以或，因为，所以，对于A，因为，所以，所以A错误，对于B，因为或，，所以，所以B正确，对于C，因为，所以C错误，对于D，因为或，所以，因为，所以，所以D错误，故选：B2．若复数是方程的一个根，则的虚部为（

）A．2 B． C． D．〖答案〗A〖解析〗设复数其中为虚数单位，又复数是方程的一个根所以，即所以所以，故，所以的虚部为故选：A3．已知等差数列的前项和为，向量，，，且，则用表示，则（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由得：，即，，，；为等差数列的前项和，设其公差为，，同理可得：，，.故选：B.4．古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图直角梯形，已知，则重心到的距离为（

）A． B． C．3 D．2〖答案〗A〖解析〗直角梯形绕旋转一周所得的圆台的体积为；梯形的面积，故记重心到的距离为，则，则，故选：A5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前项和为，则的最小值为（

）A．48 B．50 C．52 D．54〖答案〗C〖解析〗被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列，构成首项为10，公差为的等差数列，则，，从而，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为52.故选：C6．某校为统筹推进以德智体美劳“五育并举+教师教育”为特色的第二课堂养成体系，引导学生们崇尚劳动、尊重劳动者、提高劳动素养，设置以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“音乐欣赏”“蔬菜种植”“打印”这六门劳动课中的一门.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选劳动课全不相同的方法共有（

）A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种〖答案〗C〖解析〗分两种情况讨论：如果4名学生选的课目全不同，有种方法；如果只有2名学生选的课目相同，有种方法，共有种方法，故选：C.7．设,,,则（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由题知,记,,所以,所以,所以,在时成立,所以,即,即,记,,所以,所以在上,,单调递减,在上,,单调递增,所以,所以,则,即,即,,即有,因为,所以,综上:.故选:D8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点，设椭圆方程，，为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足，，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题意，可作图如下：则，，即，可设，，，由，则，即，，在中，，则.故选：C.二、多项选择题9．下列命题正确的是（

）A．若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和，则乙组数据的线性相关性更强；B．在检验A与B是否有关的过程中，根据数据算得，已知，，则有99%的把握认为A与B有关；C．已知随机变量X服从正态分布，若，则；D．在回归分析中，残差平方和与决定系数都可以用来刻画回归的效果，它们的值越小，则模型的拟合效果越好．〖答案〗AC〖解析〗A：由知：乙组数据的线性相关性更强，正确；B：由，即，则有97.5%的把握认为A与B有关，错误；C：由已知：随机变量X的分布曲线关于对称，故，正确；D：残差平方和越小，模型的拟合效果越好，但决定系数越大，模型的拟合效果越好，错误.故选：AC10．已知圆C：点P在直线l：上运动，以线段PC为直径的圆D与圆C相交于A，B两点，则下列结论正确的是（

）A．直线l与圆相离 B．圆D的面积的最小值为C．弦长的最大值为2 D．直线AB过定点〖答案〗ABD〖解析〗由题设得圆的圆心，半径为1，对于选项A：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，A正确；对于选项B：由于点在直线上运动，设，则圆的圆心，所以圆的半径，故当时半径有最小值，所以圆的面积的最小值为，故B正确；对于选项D：由上面的B选项可知圆的方程为，将圆的方程与圆的方程相减可得相交弦的直线方程为：，整理得，令，解得，所以直线过定点，故D正确；对于选项C：由C得，弦的直线方程为：，若弦过圆心，则，方程无解，所以弦不过圆心，从而小于圆直径，圆直径为2，故C错误．故选：ABD．11．已知正方体的棱长为2，过棱，的中点E，F作正方体的截面，下列说法正确的是（

）．A．该正方体外接球的表面积是B．若截面是正六边形，则直线与截面垂直C．若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值为D．若截面过点，则截面周长为〖答案〗BD〖解析〗对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，故A错误；对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，设的中点为G，则，，，，，∴，，，∴，，则，，即，，又，，正六边形截面，∴正六边形截面，故B正确；对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，设直线与截面所成的角为，则，故C错误；对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，于是．∵，，，故截面的周长为，故D正确．故选：BD．12．取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理.该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个不动点，那么下列函数具有“不动点”的是（

）A． B．C． D．〖答案〗AD〖解析〗对于，假设函数存在不动点，则方程有解，由对数函数的图象可知：方程有解，所以函数存在不动点，故选项满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，也即，因为判别式，所以方程无解，故假设不成立，也即函数不存在不动点，故选项不满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，当时，方程为无解；当时，方程为，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，则方程为无解，故选项不满足；对于，假设函数存在不动点，则方程有解，令，则函数在上单调递增，因为，，则，由零点存在性定理可知：函数在上存在零点，也即有解，所以函数存在不动点，故选项满足，故选：.三、填空题13．的展开式含的系数是________（用常数表示）．〖答案〗〖解析〗由含的项中对应的指数分别为6,2，所以，对于中含的项为，所以含的系数是.故〖答案〗为：14．双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，P为C上一点，直线PA，PB与分别交于M，N两点，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗由题意，，设，，，，直线方程为，令，得，直线方程为，令，得，，设，则，得，时，，时，，∴在上递减，在上递增，时，，所以．故〖答案〗为：．15．已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），，若不等式组的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是__________〖答案〗〖解析〗依题意可得，即，所以（为常数），则，由得，所以.，由可得或，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，函数图象如下图所示：，由图图象可知不等式组的解集中恰有两个整数，分别是，所以有故〖答案〗为：.16．已知函数，给出下列判断：①函数的最小正周期为；②函数是偶函数；③函数关于点，成中心对称；④函数在区间上是单调递减函数．其中正确的判断是___．（写出所有正确判断的序号）〖答案〗①②③〖解析〗函数的最小正周期为，故命题①正确；函数，所以，所以是偶函数，故命题②正确；由于当时，，故函数关于点，成中心对称，故命题③正确；在区间上，，故函数在区间上不是单调递减函数，故命题④错误，故〖答案〗为：①②③．解答题17．已知为数列的前项和，，．（1）求；（2）若，证明：．（1）解：①时，②则①-②得，当时可整理得，即，由①当时，，得，当时，，得，，，又，，符合，；（2）证明：由（1）得，，18．在锐角三角形中,角的对边分别为,向量,,且.（1）求角的大小;（2）若的面积为,求的取值范围.解：（1）由题知,,,所以有:①,在中,由正弦定理可得:,代入①中有:,展开移项后可得:,即,因为是的三边,所以上式可化为:,在中,由余弦定理可得:,因为,所以;（2）在中,过点向作垂线,垂足为,过点作的垂线,交延长线于点,如图所示:因为为锐角三角形,所以点在线段上（不含端点）,即,由（1）可得,且,所以,所以,因为,所以,即,由,所以,解得:,所以,令,,由对勾函数的性质可得在上单调递减,故,即.19．如图，四边形是菱形，，平面，，．（1）证明：．（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．（1）证明：连接．因为四边形是菱形，所以．又平面，所以．因为，所以平面．又，所以平面就是平面，因为平面，所以．（2）解：设，相交于点O，以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则设平面的法向量为，，，则，取，可得．取的中点G，连接．易证平面平面，因为是正三角形，所以，从而平面，即是平面的一个法向量．因为，，所以，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20．近些年来，学生的近视情况