2023年高考考前信息必刷数学试卷2（新高考地区专用） （解析版） - 副本

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考数学考前信息必刷卷2（新高考地区专用）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的。1．如图,两个区域分别对应集合,其中.则阴影部分表示的集合为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意知,,阴影部分表示的集合为,因为,所以.故选:D.2．已知复数（其中是虛数单位）.则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗因为，所以.故选：D.3．随机变量X的分布列如表所示，若，则（

）X01PabA．9 B．7 C．5 D．3〖答案〗C〖解析〗，由随机变量的分布列得：，解得，，．．故选：．4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将到这个数中，所有能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（

）A．项 B．项 C．项 D．项〖答案〗A〖解析〗所有能被除余且被除余的数就只能是被除余的数，所以，，由可得，解得，因此，数列共有项.故选：A.5．在中，点分别在边上，且线段平分的面积，则线段的最小值为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗设.根据三角形面积公式可得，，，又，.根据余弦定理可得当且仅当时，等号成立，的最小值为.故选：B.6．在直三棱柱中，，，，，，分别是，，的中点，则下面说法中正确的有（

）A．平面B．C．直线与平面所成角的余弦值为D．点到平面的距离为〖答案〗A〖解析〗直三棱柱中，，故可建立如图所示空间直角坐标系，则有，.对A，平面的其中一个法向量为，由，平面，故平面，A错；对B，由得BD与EF不垂直，B错；对C，平面的其中一个法向量为，则，则直线与平面所成角的余弦值为，C错；对D，，设平面的法向量为，则有，令得，故到平面的距离为，D错.故选：A.7．已知，则a，b，c大小关系是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗令，，则，即当时，，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即；令，，∴，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即，综上可知：.故选：D.8．､､是等腰直角三角形（）内的点，且满足，，，则下列说法正确的是（

）A．B．C．D．〖答案〗C〖解析〗(正弦定理)在的角平分线上,同理可证在的角平分线上,为内心如图所示由知,这三个角都是且在的平分线上,延长交于点取,则,得,所以记的周长为由题意知是的内心,内切圆半径所以由,且则所以,即,则在以为直径的圆上由,且所以,得由,得所以设,在中由余弦定理得解得所以所以故选: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．在的展开式中，下列说法正确的是（

）A．不存在常数项 B．二项式系数和为1C．第4项和第5项二项式系数最大 D．所有项的系数和为128〖答案〗AC〖解析〗因为展开式的通项公式为，对A，由，得(舍去)，所以展开式不存在常数项，故A正确；对B，二项式系数和为，故B错误；对C，展开式共有项，所以第4项和第5项二项式系数最大，故C正确；对D，令，得所有项的系数和为，故D错误；故选：AC.10．已知，则函数的图像可能是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABC〖解析〗令，函数定义域为R，由，故为偶函数．当k＝0时，函数为偶函数，且其图像过点（0，2），显然四个选项都不满足．当k为偶数且时，易知函数为偶函数，所以函数为偶函数，其图像关于y轴对称，则选项C，D符合，若k为正偶数，易知选项C符合；若k为负偶数，易知函数的定义域为，排除选项C，D．当k为奇数时，易知函数为奇函数，所以函数为奇函数，其图像关于坐标原点对称，则选项A，B符合，若k为正奇数，易知选项B符合；若k为负奇数，易知函数的定义域为，易知选项A符合．综上，选ABC．故选：ABC.11．已知数列，，，的前项的和为，前项的积为，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．〖答案〗BCD〖解析〗数列中，，，当时，则有，可得，当时，由可得，上述两个等式相除可得，B对；所以，数列中的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，当为奇数时，设，则，当为偶数时，设，则，故对任意的，，所以，，A错；，所以数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，则，C对；，D对.故选：BCD.12．已知曲线，直线l过点交于A，B两点，下列命题正确的有（

）A．若A点横坐标为8，则B．若，则的最小值为6C．原点O在AB上的投影的轨迹与直线有且只有一个公共点D．若，则以线段AB为直径的圆的面积是〖答案〗BCD〖解析〗对于A,易得是抛物线的焦点，若A点横坐标为8，则，即或，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的相同，再此取计算.所以l的直线方程是即，直线与相交，联立方程得,,得，，故A错误；对于B,过点A作准线的垂线，垂足为，则，当三点共线时取最小值，此时最小值为，故B正确；对于C,设原点在直线上的投影为，的中点为，因为，所以，所以为直角三角形，所以，根据几何性质及圆的定义可知点的轨迹方程为，联立得，解得，所以直线与只有一个交点，故C正确；对于D,设直线的方程为，联立得所以，因为，而，所以，所以，所以所以，解得，则，所以，，所以以线段AB为直径的圆的面积是，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．设命题：，.若是假命题，则实数的取值范围是_________.〖答案〗〖解析〗因为是假命题，所以是真命题，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以实数的取值范围是，故〖答案〗为：14．某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）附：若随机变量服从正态分布，则，，．〖答案〗8186〖解析〗由题意知，，所以，得，所以袋装质量在区间的约有袋.故〖答案〗为：8186.15．先将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象与函数的图象关于x轴对称，若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是________．〖答案〗〖解析〗函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，因为函数的图象与的图象关于x轴对称，所以，因为，所以，又因为在恰有2个零点，且，，所以，解得，令，，得，，令，得在上单调递增，所以，所以，又，解得．综上所述，，故的取值范围是．故〖答案〗为：16．已知函数的图象与直线有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为，，，，则______；的最大值为______.〖答案〗4

〖解析〗图像如图：由图知，是方程的两根，则，，是方程的两根，则，，∴a＋b＋c＋d＝4.，∴，，∴，∴，令，，则，令，解得，此时，f(m)单调递增，令，解得，此时，f(m)单调递减，∴＝f()＝.故〖答案〗为：4；.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、、的对边分别为、、．已知．（1）求角的大小；（2）给出以下三个条件：①，；②；③．若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求的值；（ii）的角平分线交于点，求的长．（1）解：因为，若，则，不满足，所以，，，.（2）解：由及①，由余弦定理可得，即，，解得；由及②，由余弦定理可得，由可得，可得；由及③，由三角形的面积公式可得，可得.经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.（i）将，代入②可得可得.在中，由正弦定理，故.（ii）因为，即，所以，.18．（12分）已知为等差数列，前项和为，若，（1）求（2）对，将中落入区间内项的个数记为，求的和．解：（1）设的公差为，所以，，解得，，所以（2）由题意可得，即，因为，所以，所以，，所以.19．（12分）在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球，不放回．（1）若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．①求摸出的两个球中恰好有一个红球的概率；②记摸出的红球个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．（2）若1号盒中有4个红球和4个白球，2号盒中有2个红球和2个白球，现甲、乙、丙三人依次从1号盒中摸出一个球并放入2号盒，然后丁从2号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率．解：（1）①设事件“摸出的两个球中恰好有一个红球”，，②X可取0，1，2，则，其中.故X的分布列为X012P则；（2）设事件“丁取到红球”，事件“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.当甲，乙，丙三人取得1个白球，则丁取到红球概率为；当甲，乙，丙三人取得2个白球，则丁取到红球概率为；当甲，乙，丙三人取得3个白球，则丁取到红球概率为；当甲，乙，丙三人取得3个红球，则丁取到红球概率为.则所求概率为.20．（12分）如图，在四棱锥中，，，四边形ABCD是菱形，，E是棱PD上的动点，且．（1）证明：平面ABCD．（2）是否存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以．因为，AC，平面PAC，且，所以平面PAC．因为平面PAC，所以．因为，所以，所以．因为AB，平面ABCD，且，所以平面ABCD．（2）解：取棱CD的中点F，连接AF，易证AB，AF，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，则，，，，故，，．因为，所以，则．设平面ACE的法向量为，则，令，得．平面PAB的一个法向量为．设平面PAB与平面ACE所成的锐二面角为，则，整理得，解得或（舍去）．故存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是．21．（12分）已知过点的椭圆：的焦距为2，其中为椭圆的离心率．（1）求的标准方程；（2）设为坐标原点，直线与交于两点，以，为邻边作平行四边形，且点恰好在上，试问：平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．解：（1）设椭圆的焦距为，则，由题意可得，解得，故的标准方程为.（2）平行四边形的面积为定值，理由如下：由（1）可得：，则有：当直线的斜率不存在时，设，若为平行四边形，则点为长轴顶点，不妨设，可得，解得，故平行四边形的面积；当直线的斜率存在时，设，联立方程，消去y得，则，可得，∵，若为平行四边形，则，即点在椭圆上，则，整理可得，满足，则，可得，点到直线的距离，故平行四边形的面积；综上所述：平行四边形的面积为定值.22．（12分）已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个不同的极值点，证明：．（1）解：或∴的单调减区间为；，∴的单调减区间为（2）证明：当时，∴单调递减，无极值点，不满足条件．当时，，，∴单调递减，无极值点，不满足条件．当时，，即的两根为．由韦达定理得，∵，∴，满足条件.要证，即证，即证令则只需证∴在单增，得证.2023年高考数学考前信息必刷卷2（新高考地区专用）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的。1．如图,两个区域分别对应集合,其中.则阴影部分表示的集合为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意知,,阴影部分表示的集合为,因为,所以.故选:D.2．已知复数（其中是虛数单位）.则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗因为，所以.故选：D.3．随机变量X的分布列如表所示，若，则（

）X01PabA．9 B．7 C．5 D．3〖答案〗C〖解析〗，由随机变量的分布列得：，解得，，．．故选：．4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将到这个数中，所有能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（

）A．项 B．项 C．项 D．项〖答案〗A〖解析〗所有能被除余且被除余的数就只能是被除余的数，所以，，由可得，解得，因此，数列共有项.故选：A.5．在中，点分别在边上，且线段平分的面积，则线段的最小值为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗设.根据三角形面积公式可得，，，又，.根据余弦定理可得当且仅当时，等号成立，的最小值为.故选：B.6．在直三棱柱中，，，，，，分别是，，的中点，则下面说法中正确的有（

）A．平面B．C．直线与平面所成角的余弦值为D．点到平面的距离为〖答案〗A〖解析〗直三棱柱中，，故可建立如图所示空间直角坐标系，则有，.对A，平面的其中一个法向量为，由，平面，故平面，A错；对B，由得BD与EF不垂直，B错；对C，平面的其中一个法向量为，则，则直线与平面所成角的余弦值为，C错；对D，，设平面的法向量为，则有，令得，故到平面的距离为，D错.故选：A.7．已知，则a，b，c大小关系是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗令，，则，即当时，，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即；令，，∴，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即，综上可知：.故选：D.8．､､是等腰直角三角形（）内的点，且满足，，，则下列说法正确的是（

）A．B．C．D．〖答案〗C〖解析〗(正弦定理)在的角平分线上,同理可证在的角平分线上,为内心如图所示由知,这三个角都是且在的平分线上,延长交于点取,则,得,所以记的周长为由题意知是的内心,内切圆半径所以由,且则所以,即,则在以为直径的圆上由,且所以,得由,得所以设,在中由余弦定理得解得所以所以故选: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．在的展开式中，下列说法正确的是（

）A．不存在常数项 B．二项式系数和为1C．第4项和第5项二项式系数最大 D．所有项的系数和为128〖答案〗AC〖解析〗因为展开式的通项公式为，对A，由，得(舍去)，所以展开式不存在常数项，故A正确；对B，二项式系数和为，故B错误；对C，展开式共有项，所以第4项和第5项二项式系数最大，故C正确；对D，令，得所有项的系数和为，故D错误；故选：AC.10．已知，则函数的图像可能是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABC〖解析〗令，函数定义域为R，由，故为偶函数．当k＝0时，函数为偶函数，且其图像过点（0，2），显然四个选项都不满足．当k为偶数且时，易知函数为偶函数，所以函数为偶函数，其图像关于y轴对称，则选项C，D符合，若k为正偶数，易知选项C符合；若k为负偶数，易知函数的定义域为，排除选项C，D．当k为奇数时，易知函数为奇函数，所以函数为奇函数，其图像关于坐标原点对称，则选项A，B符合，若k为正奇数，易知选项B符合；若k为负奇数，易知函数的定义域为，易知选项A符合．综上，选ABC．故选：ABC.11．已知数列，，，的前项的和为，前项的积为，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．〖答案〗BCD〖解析〗数列中，，，当时，则有，可得，当时，由可得，上述两个等式相除可得，B对；所以，数列中的奇数项和偶数项分别成以为公比的等比数列，当为奇数时，设，则，当为偶数时，设，则，故对任意的，，所以，，A错；，所以数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，则，C对；，D对.故选：BCD.12．已知曲线，直线l过点交于A，B两点，下列命题正确的有（

）A．若A点横坐标为8，则B．若，则的最小值为6C．原点O在AB上的投影的轨迹与直线有且只有一个公共点D．若，则以线段AB为直径的圆的面积是〖答案〗BCD〖解析〗对于A,易得是抛物线的焦点，若A点横坐标为8，则，即或，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的相同，再此取计算.所以l的直线方程是即，直线与相交，联立方程得,,得，，故A错误；对于B,过点A作准线的垂线，垂足为，则，当三点共线时取最小值，此时最小值为，故B正确；对于C,设原点在直线上的投影为，的中点为，因为，所以，所以为直角三角形，所以，根据几何性质及圆的定义可知点的轨迹方程为，联立得，解得，所以直线与只有一个交点，故C正确；对于D,设直线的方程为，联立得所以，因为，而，所以，所以，所以所以，解得，则，所以，，所以以线段AB为直径的圆的面积是，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．设命题：，.若是假命题，则实数的取值范围是_________.〖答案〗〖解析〗因为是假命题，所以是真命题，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以实数的取值范围是，故〖答案〗为：14．某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）附：若随机变量服从正态分布，则，，．〖答案〗8186〖解析〗由题意知，，所以，得，所以袋装质量在区间的约有袋.故〖答案〗为：8186.15．先将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象与函数的图象关于x轴对称，若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是________．〖答案〗〖解析〗函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，因为函数的图象与的图象关于x轴对称，所以，因为，所以，又因为在恰有2个零点，且，，所以，解得，令，，得，，令，得在上单调递增，所以，所以，又，解得．综上所述，，故的取值范围是．故〖答案〗为：16．已知函数的图象与直线有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为，，，，则______；的最大值为______.〖答案〗4

〖解析〗图像如图：由图知，是方程的两根，则，，是方程的两根，则，，∴a＋b＋c＋d＝4.，∴，，∴，∴，令，，则，令，解得，此时，f(m)单调递增，令，解得，此时，f(m)单调递减，∴＝f()＝.故〖答案〗为：4；.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、、的对边分别为、、．已知．（1）求角的大小；（2）给出以下三个条件：①，；②；③．若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求的值；（ii）的角平分线交于点，求的长．（1）解：因为，若，则，不满足，所以，，，.（2）解：由及①，由余弦定理可得，即，，解得；由及②，由余弦定理可得，由可得，可得；由及③，由三角形的面积公式可得，可得.经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.（i）将，代入②可得可得.在中，由正弦定理，故.（ii）因为，即，所以，.18．（12分）已知为等差数列，前项和为，若，（1）求（2）对，将中落入区间内项的个数记为，求的和．解：（1）设的公差为，所以，，解得，，所以（2）由题意可得，即，因为，所以，所以，，所以.19．（12分）在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球，不放回．（1）若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．①求摸出的两个球中恰好有一个红球的概率；②记摸出的红球个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．（2）若1号盒中有4个红球和4个白球，2号盒中有2个红球和2个白球，现甲、乙、丙三人依次从1号盒中摸出一个球并放入2号盒，然后丁从2号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率．解：（1）①设事件“摸出的两个球中恰好有一个红球”，，②X可取0，1，2，则，其中.故X的分布列为X012P则；（2）设事件“丁取到红球”，事件“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.当甲，乙，丙三人取得1个白球，则丁取到红球概率为；当甲，乙，丙三人取得