金榜预测卷02-2023年高考数学金榜预测卷(新高考卷)

2022年高考金榜预测卷（二）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.1．复数，则（

）．A． B．2 C．4 D．8【答案】A【详解】解：，所以.故选：A．2．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】则故选：C3．设，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解】，则，当时，满足，但此时无意义，故充分性不成立，若，则，故必要性成立，则“”是“”的必要不充分条件.故选：B4．某地区居民的肝癌发病率为，现用甲胎蛋白法进行普查，医学研究表明，化验结果是可能存有误差的．已知患有肝癌的人其化验结果呈阳性，而没有患肝癌的人其化验结果呈阳性，现在某人的化验结果呈阳性，则他真的患肝癌的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】记事件某人患肝癌，事件化验结果呈阳性，由题意可知，，，所以，，现在某人的化验结果呈阳性，则他真的患肝癌的概率是.故选：C.5．已知，，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，，，所以或，又，所以，所以，所以，故选：B.6．设地球的半径为R，若甲地位于北纬东经，乙地位于南纬东经，则甲、乙两地的球面距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：甲、乙两地在东经线上，所对圆心角为，所以甲、乙两地的球面距离为球面大圆周周长的，为，故选：D.7．已知定义在上的函数，若的图像与轴有4个不同的交点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为的图像与轴有4个不同的交点，所以与有4个不同的交点，作出二者图像如下图：易知直线恒过定点，斜率为a，当直线与相切时是一种临界状态，设此时切点的坐标为，则，解得，所以切线为，此时有三个交点；当直线过点时，，此时有四个交点；综上所述：，故选：A.8．设，分别为双曲线：的左､右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于，两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．【答案】D【详解】依题意得,以线段为直径的圆的方程为,双曲线的一条渐近线的方程为.由以及解得或不妨取,则.因为,所以,又,所以,所以,所以该双曲线的离心率.故选：D.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3分，有选错的得0分.9．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】ABD【详解】A选项：若，，，则，故A正确；B选项：由面面平行的性质可得若，，则，故B正确；C选项：若，，，则与可能平行，也可能相交，故C错误；D选项：过作平面，使得，过作平面，使得，因为，，，则，同理，故，又，所以，又，，∴，又，所以，故D正确.故选：ABD．10．设函数，则下列结论正确的是（

）A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称C．的一个零点为 D．在上单调递减【答案】ABC【详解】对于A项，函数的周期为，，当时，周期，故A项正确；对于B项，当时，为最小值，此时的图象关于直线对称，故B项正确；对于C项，，，所以的一个零点为，故C项正确；对于D项，当时，，此时函数有增有减，不是单调函数，故D项错误.故选：ABC.11．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（

）A．为递减数列 B．C．是数列中的最大项 D．【答案】AC【详解】由可得：和异号，即或.而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；对于B：因为，所以，所以.故B错误；对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；对于D：因为，所以，即.故D错误.故选：AC12．若函数满足对，都有，且为R上的奇函数，当时，，则（

）A．B．是周期为1的周期函数C．当时，单调递增D．集合中的元素个数为13【答案】ACD【详解】因为为上的奇函数，所以，即，又，所以，则是的一个周期，故B错；，在中，令，则，所以，故A正确；因为，，都在上单调递增，所以在上单调递增，故C正确；如图为函数和的图象，因为，再结合图象可知函数和的图象有13个交点，所以集合有13个元素，故D正确.故选：ACD.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．在的展开式中，的系数为______．【答案】【详解】由二项式展开项通项公式可得，故只有包含，又展开项通项公式为，故当时，的系数为.故答案为：14．在四边形ABCD中，，且，，则的值为______．【答案】5【详解】因为，所以四边形ABCD是平行四边形，所以，因为，，所以，故答案为：15．已知正实数满足，则的最小值为___________.【答案】8【详解】解：因为，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为8.故答案为：8.16．已知双曲线的左､右焦点分别为，若线段上存在点，使得线段与的一条渐近线的交点满足：，则的离心率的取值范围是___________.【答案】【详解】设，，，，则，，则，，，则，，点在渐近线上，所以，，由得，所以，又，所以，所以．故答案为：．解答题：本小题共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．已知数列满足(1)证明：数列为等差数列：(2)设数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）法1：由，两边同除以得，，（）为常数，∴数列为等差数列，首项，公差为1，法2：由得，∴（）为常数，∴数列为等差数列，首项，公差为1.（2）由，∴，法1：，则.法2：，则.18．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知．(1)求A；(2)若，求的周长的取值范围．【答案】(1)(2)【详解】（1）由，得，由正弦定理得，所以，又因为，所以，由于，所以角；（2）由（1）知，所以，则，由正弦定理：得，所以，．所以．因为，所以．所以．所以，所以周长的取值范围为．19．某选手参加套圈比赛，共有次机会，满足“假设第次套中的概率为.当第次套中时，第次也套中的概率仍为：当第次未套中时，第次套中的概率为.””已知该选手第次套中的概率为.(1)求该选手参加比赛至少套中次的概率；(2)求该选手本次比赛平均套中多少次?【答案】(1)(2)【详解】（1）解：设事件该选手参加比赛至少套中次，则，故.（2）解：设为套中的次数，则的可能取值有、、、，，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：因此，.即该选手本次比赛平均套中次.20．如图①在平行四边形ABCD中，，，，，将沿折起，使平面平面ABCE，得到图②所示几何体．(1)若M为BD的中点，求四棱锥的体积；(2)在线段DB上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ABCE所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求直线EM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；【详解】（1）由图①知，，所以，在中，因为，，可得，，所以．由图②知，平面平面，平面，平面平面，因为，所以平面，因为M为BD的中点，所以．（2）由（1）知EA，EC，ED三者两两垂直，以点E为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．则，，，，，，，设，，,即，所以，设平面ACM的法向量为，所以，则，令，得，设平面的法向量为，所以，解得．所以平面的法向量为，，设与平面所成角为，所以，所以与平面所成角的正弦值为．21．已知是椭圆C：与抛物线E：的一个公共点，且椭圆与抛物线具有一个相同的焦点.(1)求椭圆C及抛物线的方程；(2)A，B是椭圆C上的两个不同点，若直线，的斜率之积为（注：为坐标原点），点是线段的中点，连接并延长交椭圆于点，求的值.【答案】(1)；(2)【详解】（1）∵是抛物线：上一点，∴，即抛物线的方程为，焦点，∴，又∵在椭圆C：上，∴，结合知，，∴椭圆的方程为，抛物线的方程为.（2）设，，，，∵点是线段的中点，∴，，，，∴，∵点在椭圆上，∴∴∵点在椭圆上，又∵，斜率之积为，∴，，，∴，∴，∴或（舍），∴，∴.22．已知函数(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）当时，，则则，又则曲线在处的切线方程为（2），则令，则（1）当时，恒成立，在上单调递增，又，当时，在上恒成立，在上恒成立，在上单调递增，又，则在上无零点，不符合题意；当