金榜预测卷02（解析版）-2023年高考数学金榜预测卷(北京卷)

2023年高考金榜预测卷（二）数学（北京卷）（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。第Ⅰ卷一、选择题：本题共10小题，每小题4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．已知集合,则(

)A． B． C． D．【答案】C【详解】,解得,,解得,,.故选:C.2．在复平面内，复数，则（

）A．2 B． C． D．【答案】A【详解】∵，则，∴.故选：A.3．“”是“函数具有奇偶性”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】当时，则定义域为，，故为奇函数，充分性成立；若具有奇偶性，当为偶函数，则，所以恒成立，可得；当为奇函数，则，所以恒成立，可得或；所以必要性不成立；综上，“”是“函数具有奇偶性”的充分而不必要条件.故选：A4．某中学举行运动会，有甲､乙､丙､丁四位同学参加100米短跑决赛，现将四位同学随机地安排在这4个跑道上，每个跑道安排一名同学，则甲不在1跑道且乙不在4跑道的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：①若甲在道上，剩下3人任意安排在其他3个跑道上，有种排法，②若甲不在道上，甲的安排方法有2种，乙的安排方法也有2种，剩下2人任意安排在其他2个跑道上，有2种安排方法，此时有种安排方法，故共有种不同的安排方法，现将四位同学随机地安排在这4个跑道上，共有.由古典概型的概率公式得所求的概率为.故选：B．5．若函数的图像与函数的图像有共同的对称轴，且知在上单调递减，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】的对称轴，即，函数的图像对称轴，时，对称轴为，因为对称轴两侧单调性相反，在上单调递减，所以在的左侧，此时的最大值为.故选：D6．设双曲线的右焦点为F，过点F的直线l平行于双曲线C的一条渐近线，与另一条渐近线交于点P，与双曲线C交于点Q，若Q为线段的中点，则双曲线C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题知：，平行的一条渐近线为，则直线，，即.因为为线段的中点，所以.把代入得：，化简得，即，则.故选：C7．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（

）A．6 B．12 C．15 D．30【答案】D【详解】因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，所以原来5个节目形成6个空，新增的2个节目插入到6个空中，共有种插法.故选：D.8．已知正方体的棱长为是线段上的动点且，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．无法确定【答案】C【详解】如图所示：连接与交于点，平面，平面，故，，，故平面..故选：C9．在平面直角坐标系中，是直线上的两点，且.若对于任意点，存在使成立，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】设，则，满足，则点P在圆上，又存在，使成立，则点P又在以为直径的圆上，P是圆上任意一点，，是直线上的两点，则应满足圆上点到直线的最远距离小于等于5，原点到直线的距离为，则只需满足，解得.故选：B.10．在数列中，，若存在常数c，对任意的，都有成立，则正数k的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，所以，由于满足上式，故当时，有趋近于时，趋近于此时没有最大值，故不满足题意，舍去；所以，当时，可证对任意的，都有，由题知，若存在常数c，对任意的，都有成立，则，以下进行证明：存在常数，对任意的，都有成立.当时，，结论成立假设时结论成立，即则，则存在常数，对任意的，都有成立故正数k的最大值为.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题：本题共5个小题，每小题5分，共25分．11．的展开式中常数项是______.（用数字作答）【答案】【详解】的展开式的通项为，令，得，所以的展开式中常数项是.故答案为：.12．点在抛物线上，若点到抛物线的焦点的距离为，为坐标原点，则的面积为___________.【答案】1【详解】由已知得，焦点为，故点到抛物线的焦点的距离为，则根据抛物线的性质，可得，得到，焦点，故，得到，所以故答案为：113．如图，四边形是边长为4的正方形，若，且为的中点，则______.【答案】5【详解】以A为坐标原点，以，所在的直线分别为轴，轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，则，，所以.故答案为：5.14．在函数中，若a，b，c成等比数列且，则有最_________值（填“大”或“小”），且该值为___________．【答案】

大

-3【详解】由已知得，，a，b，c成等比数列，，a<0，所以，有最大值，最大值为故答案为：大；-3.15．已知函数.①若，则函数的零点有______个；②若存在实数，使得函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是______.【答案】

2

【详解】空1：若，则函数，令，则有：当时，，解得或或（舍去）；当时，，解得（舍去）；故函数的零点为，共2个.空2：对于函数，则，令，则∴在上单调递增，在上单调递减，且，令，则，由题意可得：与有3个交点，如图，在同一坐标系作出与的图象，则有：当时，存在，使得与有3个交点，即成立；当时，与至多有2个交点，即不成立；当时，存在，使得与有3个交点，即成立；当时，与至多有2个交点，即不成立；故实数的取值范围是.故答案为：2；.三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．在中，．(1)求；(2)若，求的最小值．【答案】(1)；(2)3.【详解】（1）解：因为，所以，又因为，所以，即有，又因为，所以；（2）解：因为，，所以，当时，等号成立，所以，故的最小值为：3.17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【详解】（1）如图（1），设中点为，连接，底面为正方形，E，F分别为的中点．，且，而又，,且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，，为的中点，则,又底面为正方形，,，,在中，,平面平面，平面平面，平面，如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，,,平面，是平面的一个法向量，;设平面的一个法向量为，则有，令,则，；.故二面角的余弦值为．选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，过作交于点，连结,又是中点，所以点也是中点，平面，平面,,设，则,，,，，，，故在中，,即，解得，即，如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，,,平面，是平面的一个法向量，;设平面的一个法向量为，则有，令,则，；.故二面角的余弦值为．18．某家电专卖店试销三种新型电暖器，销售情况如下表所示：第一周第二周第三周第四周A型数量（台）10914B型数量（台）13914C型数量（台）71213(1)从前三周随机选一周，求该周型电暖器销售量最高的概率；(2)为跟踪调查电暖器的使用情况，根据销售记录，从该家电专卖店第一周和第二周售出的电暖器中分别随机抽取一台，求抽取的两台电暖器中A型电暖器台数的分布列和数学期望；(3)直接写出一组的值，使得表中每行数据的方差相等.【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望为(3)【详解】（1）解：记事件M为“型电暖器销售量最高”，三周中第二周型电暖器销售量最高，则；（2）由题可知，在第一周抽取A型电暖器的概率为，第二周抽取A型电暖器的概率为，的可能取值为0，1，2，则，，，故的分布列为：X012P.（3）因为方差，且表中每行方差相等，所以，，，其中，，，，观察数据：第一组10，9，14，a；第二组13，9，14，b；第三组7，12，13，c，故可以将每组数据补成两对相邻数据，且和能被4整除，即，则，，，，符合题意，所以.19．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，讨论函数的单调性；(3)当时，证明：.【详解】（1）当时，，，，，所以曲线在点处的切线方程为.（2）因为，，所以，因为，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.（3）当时，由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，所以，，令，，则，则在上单调递减，所以，所以，所以.20．已知椭圆过点，离心率为．(1)求椭圆E的方程；(2)设点，直线与椭圆E的另一个交点为C，O为坐标原点，B为椭圆E的右顶点．记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．【详解】（1）椭圆过点，离心率为，故，，，，椭圆方程为.（2），直线：，联立方程，得到，方程的一个解为，故另外一个解为.当时，，即，，，，，得证21．已知无穷数列的各项均为正数，当时，；当时，，其中表示这s个数中最大的数．(1)若数列的前4项为1，2，2，4，写出的值；(2)证明：对任意的，均有；(3)证明：存在正整数，当