高考数学冲刺必刷押题密03卷

2023届高考数学冲刺必刷押题密03卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．设复数z满足，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简出，再计算，最后代模长公式即可求解【详解】由题知，于是，所以.故选：D2．已知全集，集合，，且满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出集合，中的不等式，再根据得出集合，根据集合并集和补集的定义计算即可．【详解】由题可知，，因为，所以，即，所以，所以，故选：B．3．某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（

）A．120种 B．240种 C．360种 D．480种【答案】A【分析】将两个1捆绑在一起，可以设置的不同数字密码有种，计算即可.【详解】将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有种.故选：A4．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生即太极生两仪原理，如图所示（图中表示太极，表示阳仪、表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，…，按此规律，则为（

）A．84 B．98 C．112 D．128【答案】C【分析】表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，计算得到答案.【详解】表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，则.故选：C5．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知利用二倍角公式和两角差的正弦公式，化简已知等式可得，结合，利用二倍角公式可求出.【详解】，，得，得，可得，，，，又，得，解得.故选：A6．抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以为直径的圆交轴于两点，为坐标原点，则的内切圆直径最小值为(

).A． B． C． D．【答案】B【分析】设出直线方程，通过联立抛物线与直线方程，求出以为直径的圆的圆心和半径，再求出的长度，利用的面积相等表示出的内切圆半径表达式，求表达式最小值即可.【详解】由题意知，设直线的方程为，.由得，，故，，.，以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，圆心到轴的距离为，故.设的内切圆半径为，由的面积公式得，，即，故.令，则且，所以，因为，所以在上单调递增；当时，.因此的内切圆直径最小值为.故选：B7．已知，（b＞1），则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】分别取，，，利用对数运算求解判断.【详解】若，则，∴，，，故A错．若，则，∴，，故B错．若，则，，．对于C，，故C对，对于D，，而，故D错，故选：C．8．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造，确定函数单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.，则，即，故.，即，即，故，解得.故选：D二多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（

）A．，，两两互斥 B．C．与B是相互独立事件 D．【答案】AB【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，对于B，由题意可得，所以，所以B正确，对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，对于D，由C选项可知D是错误的，故选：AB10．对于函数，，下列说法正确的是（

）A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点C． D．在上是单调函数【答案】ABC【分析】求得，得出函数的单调区间，求得函数的极大值，可判定A正确，D错误；再由，结合函数的单调性得到在上必有一个零点，结合，可判定B正确；根据函数的单调性，结合作差比较，可判定C正确.【详解】由函数，可得，其中，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，故A正确，D错误；因为，可得，又因为在上单调，所以在上必有一个零点，由，所以为的一个零点，又由在上单调，所以在上无零点，所以恰有两个不同的零点，故B正确；因为，，可得，所以，又在上单调递减，所以，所以，所以C正确.故选：ABC.11．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（

）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上总会有一点，使得平面C．当三棱锥的体积最大时，D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BC【分析】取中点，连接，，可证明即可判断A；取中点，连接，可证明平面判断B；三棱锥的体积最大，的投影在棱上时，此时平面，进而可证明平面得判断C；过作，过点作交于，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，进而根据几何关系求解得可判断D.【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于C选项，设到平面的距离为，因为且，所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.故选：BC12．已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（

）A．B．曲线在点处的切线可能与直线垂直C．D．【答案】ACD【分析】根据函数有两个极值点，得到导函数有两个变号零点，从而可求参数的取值范围，即可判断A选项；假设满足条件的切线存在，利用导数的几何意义求出切线的科率，得到的值，结合A项结果推出矛盾，可得B不正确；由，利用整体替换思想得到，最后根据的范围和二次函数的性质得到，可得C正确；由，利用整体替换思想可知若D正确，则只需，令，构造函数，利用导数可求得的单调性和最值，由此可证得结论，从而判断D选项．【详解】对于A，，令，则，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；有两个极值点，有两个变号零点，，即，，A正确；对于B，曲线在点处的切线斜率，若该切线与直线垂直，则，即，与矛盾，B错误；对于C，由题意知：，即，则，由A知：，由二次函数性质知：，C正确；对于D，由题意知：，即，又，，即；要证，只需证，即证，即证，设，则只需证，令，则，在上单调递增，，，则，D正确.故选：ACD．【点睛】关键点点睛：对于D项，求解这类极值点偏移问题的关键：一是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，再巧妙地把两个极值点通过消参向求证的结论逐渐靠近；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把不等式转化为只含有一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题进行求解．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。13．幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．【答案】（答案不唯一）【分析】取，再验证奇偶性和函数值即可.【详解】取，则定义域为R，且，，，满足.故答案为：.14．在正三棱柱中，，若该三棱柱内接于球O，且三棱锥的体积为，则球O的表面积最小为_________.【答案】【分析】由三棱锥的体积为，求得，根据球的截面圆的性质，结合基本不等式求得，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，正三棱柱中，，且该三棱柱内接于一球O，三棱锥的体积为，可得，解得，因为三棱柱是正三棱柱，设为正的外接圆的圆心，则，当且仅当时，即时，等号成立，又因为为球的半径，所以球的表面积最小值为为.故答案为：.15．已知，则__________.【答案】【分析】先根据，得到，再由，令，两边相加求解.【详解】解：因为，所以，令，得，又，即，令，两边相加得：，故答案为：16．大约在公元222年，赵爽为《周髀算经）一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________．【答案】【分析】①根据类比图形的结构特点，找到与的面积联系即可.②利用向量加减法的三角形法则，用，表示出即可.【详解】如图：连接，由题意知，且分别为的中点，.所以，,得.，，化简得，所以故答案为：①；②.四、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．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．(1)求角A的大小；(2)若D为线段延长线上的一点，且，求的面积．【答案】(1)条件选择见解析，(2)【分析】（1）选择①：由正弦定理边化角得方程，求解即可.选择②：由正弦定理角化边得关于三边的方程，代入余弦定理可得.选择③：由正弦定理边化角，再由展开计算可得结果.（2）设，，，在△ABC中，由、列等式①②，在中，由列等式③，由①②③解方程可得x，y.代入三角形面积公式可得结果.【详解】（1）若选择①，∵．∴，∵，∴，即，∵∴；若选择②，∵，∴，∴，∴，，∵∴；若选择③，∵，∴，∴，∴，∴，又∵．∴，∴，∵，∴；（2）设，，，在中，用余弦定理可得，即①，又∵在中，，即.即，即②，在中，用余弦定理可得，即③，③+①可得，将②式代入上式可得，．18．设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.（1）求和的通项公式;（2）设数列的通项公式.（i）求数列的前项和；（ii）求.【答案】（1），；（2）（i）；（ii）【分析】（1）因为，是和的等比中项，根据等比中项可求得，再根据等差数列的通项公式求出，利用与的关系，证出是以2为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项公式；（2）根据（1）中和的通项公式，列出数列的通项公式，利用分组求和法，分成奇数组和偶数组，即可求出数列的前项和；将分为奇数和偶数两种情况，当为奇数时，设，运用裂项相消法化简求出结果；当为偶数时，设，运用错位相减法求出结果；分别求解出后，相加求得的值即可．【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为，是和的等比中项，所以，即，解得，因为是各项均为正数的等差数列，所以，故，因为，所以，两式相减得：，当时，，，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2）（i）解：，所以.（ii）解：当为奇数时，设，当为偶数时，设，，所以，故，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前项和公式，以及运用分组求和法、裂项相消法和错位相减法求和，属于中档题．19．如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.20．互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．(1)求由两镇样本组成的总样本的平均数及其方差；(2)为营造“广泛发动、全民参与”的浓厚氛围，甲、乙两镇决定进行一次“互花米草除治大练兵”比赛，两镇各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲镇举行．比赛规则：每场比赛直至分出胜负为止，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为，当比赛在乙镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲镇代表队的最终得分记为X，求．参考数据：．【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可得解；（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式即可得解.【详解】（1）根据题意，得，因为，同理，所以，所以总样本的平均数为，方差.（2）依题意可知，的所有可能取值为，设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，则，所以，，，所以.21．已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．(1)求双曲线的方程；(2)过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)以线段为直径的圆过定点和．【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，（2）联立直