2023年高考数学考前押题冲刺测评卷05（新高考地区专用）

绝密★启用前2023年高考数学考前信息测评卷05新高考地区专用（解析版）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．若集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】已知，解不等式，不等式等价于且，解得.所以.，故．故选：D2．设复数的共轭复数为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，所以，故，故．故选：D3．在的二项展开式中，的系数是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意，二项展开式的通项为：令因此二项展开式中的系数是：；故选：B.4．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】A【详解】由，得或，解得.由，解得，当时，一定成立，反之，不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．为了衡量星星的明暗程度，公元前二世纪古希腊天文学家喜帕恰斯提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮.1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为的星的亮度为.已知小熊座的“北极星”与大熊座的“玉衡”的星等分别为和，且当较小时，，则“玉衡”与“北极星”的亮度之比大约为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意，可得，.故选：B.6．函数在区间上的图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】对于函数，∵，故为奇函数，图象关于原点对称，B、D错误；又∵，且，故，C错误；故选：A.7．设，则（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】设，，则，其中，且，所以，，所以在上单调递减，故，即，故，设，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故，故，即，因为，所以，故，故.故选：A8．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semiregularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（

）A．18π B．16π C．14π D．12π【答案】A【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，∵分别为的中点，则，∴正方体的边长为，故，可得，根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，故该半正多面体外接球的表面积为.故选：A.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．已知向量，，则（

）A． B．C．在上的投影向量是 D．在上的投影向量是【答案】BC【详解】由已知可得，，.对于A项，因为，故A项错误；对于B项，因为，，所以，故B项正确；对于C项，因为，，，所以在上的投影向量是，故C项正确；对于D项，，，所以在上的投影向量是，故D项错误.故选：BC.10．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以，，表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（

）A． B．C．事件B与事件相互独立 D．、、两两互斥【答案】BD【详解】A选项，，，，故，A错误；B选项，，故，B正确；C选项，因为，故，所以事件B与事件不相互独立，C错误；D选项，因为，故、、两两互斥，D正确.故选：BD11．已知点，，且点在圆上，为圆心，则下列结论正确的是（

）A．直线与圆相交所得的弦长为4B．的最大值为C．的面积的最大值为2D．当最大时，的面积为1【答案】ABD【详解】圆C：，即，所以圆C是以为圆心，以2为半径的圆.对于A，直线MN的方程为，过圆心，所以直线MN与圆C相交所得的弦长为直径4，故A项正确；对于B，，当点P为MN的延长线与圆的交点时，等号成立，故B项正确；对于C，设点P到直线MN的距离为d，则，因为直线MN过圆心，所以当时，最大为，故C项错误；对于D，当MP与圆C相切时，最大，不妨设，此时，故D项正确.故选：ABD.12．已知定义在上且不恒为的函数，若对任意的，都有，则（

）A．函数是奇函数B．对，有C．若，则D．若，则【答案】AD【详解】因为对任意的，都有，令，可得，所以，令，可得，所以，令，可得，所以，所以函数为奇函数，所以A正确；由，所以B错误；若，令，可得，则，可得，两式相减得：，所以C错误；令，可得，解得，令，则，所以，所以D正确．故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知是等比数列的前项和，，，则______．【答案】##7.75【详解】设等比数列的公比为，由，，可得，，解方程得，或，当时，，当时，，所以.故答案为：.14．某大学有男生名．为了解该校男生的身体体重情况，随机抽查了该校名男生的体重，并将这名男生的体重（单位：）分成以下六组：、、、、、，绘制成如下的频率分布直方图：该校体重（单位：）在区间上的男生大约有_________人．【答案】【详解】由频率分布直方图可知，该校体重（单位：）在区间上的男生的人数为.故答案为：.15．晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，是结构化学研究的一个重要方面在如图（1）所示的体心立方晶胞中，原子A与B（可视为球体）的中心分别位于正方体的顶点和体心，且原子B与8个原子A均相切已知该晶胞的边长（图（2）中正方体的棱长）为，则当图（1）中所有原子（8个A原子与1个B原子）的体积之和最小时，原子A的半径为____________．【答案】【详解】因为正方体的棱长为，则该正方体的体对角线长为，设A原子的半径为，B原子的半径为，依题意，，即，于是8个A原子与1个B原子的体积之和，令，求导得：，由得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，即当时，取得最小值，所以8个A原子与1个B原子的体积之和最小时，原子A的半径为.故答案为：16．如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：①平面平面；②一定是锐角；③；④三棱锥的体积为定值．其中真命题的有__________．【答案】①③④【详解】对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；对于②，当是的中点时，易得，满足，此时是直角，所以②错误；对于③，连接，如下图所示;由正方体可知，且平面，平面，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以，即③正确；对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，平面，所以点到平面的距离是定值，所以三棱锥的体积为定值,即④正确.故答案为：①③④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．已知的最小正周期为．(1)求的值；(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，求角B的大小以及的取值范围．【答案】(1)0(2)，【详解】（1）∵，由函数的最小正周期为．即，得，∴，故；（2）∵，∴由正弦定理得，∴．∵，∴．∵，则.∵，∴，∴，∴，∴.18．在等差数列中，为的前n项和，，数列满足．(1)求数列和的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)，(2)【详解】（1）设等差数列的公差为，所以，解得，所以，，①则当时，②①②得：，则，而当时，，则，满足上式．所以．（2）记，，.19．全国“两会”召开的一项重要意义在于将“两会代表”从人民中得来的信息和要求进行收集及整理，传达给中央，“两会代表”代表着广大选民的利益，代表选民在“两会”期间向政府有关部门提出选民的意见和要求．下表是2011年至2020年历年全国政协提案的数量统计．年份2011201220132014201520162017201820192020年份代码x12345678910提案数量y（单位：千件）5.7626.0695.6415.8755.8575.7695.215.365.4885.044(1)请用相关系数说明y与x之间的关系可否用线性回归模型拟合？若能，求y关于x的一元线性回归方程；（运算结果精确到0.01）（若，则线性相关程度很高，可用直线拟合）(2)中央政府回应2020年“两会”的热点议题“战胜疫情”，以令世界惊叹的中国速度、中国效率和中国奇迹，社会各阶层、各行各业迅速投身战“疫”行动，团结共进、众志成城．其中一个关键举措是2021年全国各地全面展开的疫苗接种．为方便市民合理安排疫苗接种，城市便民电子系统即时提供接种点相关信息，若某疫苗接种点上午和下午接种疫苗分别需要等待20分钟和40分钟，而甲、乙市民均在某日接种疫苗，且上午去接种疫苗的概率分别为，要使两市民需要等待时间的总和的期望值不超过60分钟，求实数p的取值范围．参考公式：相关系数，．参考数据：．【答案】(1)能，(2)【详解】（1）由题意可得，因为，根据参考数据，所以相关系数，即，所以线性相关程度很高，可用直线拟合；由，所以，即y关于x的线性回归程为．（2）设甲、乙两人需要排队的总时间为，则的可能取值为，，，，所以的分布列为：406080P因此，可得，又，故实数p的取值范围为．20．已知椭圆的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)点，斜率为k的直线l不过点，且与椭圆交于A，B两点，(O为坐标原点).直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.【答案】(1)；(2)过定点，.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，，联立整理得，则，即又，因为，所以，所以所以，即整理得，即，此时则直线的方程为，故直线过定点.21．如图，在长方体中，，，E是的中点，平面与棱相交于点F．(1)求证：点F为的中点；(2)若点G为棱上一点，且，求点G到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：方法1：因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，连接，因为，，所以四边形是平行四边形.所以，.因为是的中点，所以点为的中点.方法2：连接.因为，，所以四边形是平行四边形.所以因为平面，平面，所以平面，因为平面ACE，平面平面，所以.所以.因为是的中点，所以点为的中点.（2）方法1：因为，，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，设，则，由，得，即，所以，则，所以点到平面的距离.方法2：连接，因为平面，所以，因为，，平面，所以平面，又平面，所以.在平面内，由，可得，由勾股定理求出，，，在中由余弦定理得，则，，，设点到平面的距离为d，由，得，所以点到平面的距离为.22．已知．(1)若在上单调递增，求a的取值范围，(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明见解析.【详解】（1）由，可得，因为在上单调递增