数学-2023年高考考前押题密卷（江苏卷）（参考答案）_2023高考押题卷_学易金卷-2023学科网押题卷（各科各版本）_2023学科网押题卷-学易金卷-数学

数学-2023 年高考考前押题密卷（江苏卷） 参考答案 1.【答案】C 2．【答案】B 3．【答案】A 4．【答案】A 5．【答案】D 6．【答案】A 7．【答案】D 8．【答案】D 9．【答案】ABD 10．【答案】ABD 11．【答案】BCD 13．【答案】20 14．【答案】 m 15．【答案】 16．【答案】 ## ## 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． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）∵ ，∴ ， 1 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司， ， ， ，............................4分 ∴ ；.......................................6分 （2）设 ， ，∴ ， ∴ ，∴ ，① ， 当且仅当 ， 时取最大值 ； 综上， ， 的最大值是 ......................10分 18. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为 2 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司所以 ① 则 ②.............................4分 所以①-②得： 所以 ；.............................................................................6分 （2）因为 ，设 ， 比较系数得： ，得 ，所以 ，......................8分 所以 ....12分 19. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】(1)甲以3：1获胜的有3种情况，甲在第一、二局获胜，或者第一、三局获胜，或者第二、三局 获胜，将3种情况的概率计算出即可求解； (2)先求出随机变量 的可能取值，然后求出其相应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可. 【解析】（1）令事件 为甲在第i局获胜， ，2，3. 甲连胜两局的概率 ， 所以 .................................................2分 故在一场比赛中，甲以3∶1获胜的概率为： ...............4分 （2）X可能的值为3，4，5. ， 3 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司， ，.......................................8分 所以 的分布列： X 3 4 5 所以 ........................12分 20． 【答案】(1)存在，点 为线段 的中点 (2) ． 【详解】（1）当点 为线段 的中点时，平面 平面 ． 证明如下：由题易知 ， ， ，因为点 为线段 的中点， 所以 ， ，所以四边形 是平行四边形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． 连接 ，因为 ， ，所以四边形 是平行四边形，....................4 所以 ，且 ，又 ， ，所以 ， ，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 ， 平面 ， ， 所以平面 平面 ．......................................................6分 （2）因为 ， ， 所以 ，所以 ， 又 ， ，所以 ， ， 两两垂直． 故以点 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系 ， 4 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司则 ， ， ， ， 所以 ， ， ． 设平面 的法向量为 ， 则 ，即 ，得 ，取 ，得 ． 设平面 的法向量为 ，则 ，即 ， 取 ，得 ．........................................10分 设平面 与平面 所成角为 ， 则 ， 所以 ， 所以平面 与平面 所成角的正弦值为 ．.........................12分 21． 【答案】(1) ， (2) 【分析】（1）由椭圆离心率和经过点 可得答案； 5 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司（2）设 ， ， ，设直线 的斜率为 ，且A，F，B共线得 ，从而 ， ， ，可求出直线 的斜率为 .当 平分 时，利 用 ，求出 ，从而 的值，由此直线 ，由于 ，联立直线 和椭圆方程可得 ，再利用 ， 可得答案. 【解析】（1）由于椭圆 的离心率为 ，则 ， 所以 ，故设 ，由于椭圆 经过点 ， 从而 ，故椭圆 的方程为 . 由于点P到抛物线 的准线 的距离为 ， 则 ，故 ， 从而抛物线 ...........................................4分 （2）由于 ，设 ， ， ， 设直线 的斜率为 ，由于 ， 6 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司则 ， ， 由于 ， ，且A，F，B共线得 ， 故 ，从而 ， ， 从而 ， ，.....................6分 由于 ，则直线 的斜率为 ，当 平分 时， 则 ，即 ，即 即 ，从而 或 ， 从而 或 ，由于 ，故 ， 由此直线 .由于 ， 考虑到 ，从而 ， 7 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司从而 ，联立 ， 即 ，从而 ，则 ，..................10分 从而 ， 由此 ， ， 从而 ，从而 . ................................................................12分 22.（12分） 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 exax 【解析】（1）求导得 fx x ，分两种情况：若a0，若a0，讨论 f x 的单调性，进而可得答 案． ea  f  0 （2）由（1）可知若 f x有两个不同的零点，则 a0 ，且极大值  a  ， ea  ea   ea    ea   f  ealn ea2aea ln 12a ea ln 10  a   a    a   ，即   a   ，当 a0 时，又ealnx ax 2a0， 1 1 x x ea x 2 1  t  2 且ealnx 2 ax 2 2a0，两式相减可得lnx 2 lnx 1 a ，不妨设 x 1 ，则t1且x 2 tx 1 ， 8 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司ea  lnt tlnt  ea t1lnt 2ea 4 x x      x x  x 3x a 4 a 1 2 a t1 t1 a t1 ，进而可得 1 2 a ，要证 1 2 a ，即证2e2 a2， 即可得出答案． ea eaax fx a 【详解】（1）解： x x ， a0 f 'x0 若 ，则 恒成立， f x e， 所以 在 上单调递增，  ea  x0，  若 a0 ，当  a  时， f�( x) >0， f x单调递增， ea  x ， 当  a  时， f 'x0， f x单调递减， ea 下面判断 与 的大小关系， a e ea 令ga (a0)， a eaa1 ga (a0) 则 a2 ， a0，1 ga0 所以当 时， ， ga 0，1 所以 在 上单调递减， a1， ga0 当 时， ， ga 1， 所以 在 上单调递减， ea 所以ga g(a) g1e， a min ea 所以 a e，即 ea1a ，*当且仅当 a1 时，取等号， 9 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司 ea  ea  e，   ， 所以当 a0 且 a1 时， f x在  a  上单调递增，在  a  上单调递减， f x e， a1 当 时， 在 上单调递减， a0 f x e， 综上所述，当 ， 在 上单调递增， f x e， a1 当 时， 在 上单调递减，  ea  ea  e，   ， 当 a0 且 a1 时， f x在  a  上单调递增，在  a  上单调递减．..........4分 ea  f  0 （2）证明：由1可知若 f x有两个不同的零点，则 a0 ，且极大值  a  ， ea  ea   ea   f  ealn ea2aea ln 12a  a   a    a   ， ea 由不等式*可得 e， a  ea   ea ln 10 所以   a   ， ea  f  0 所以当 a0 时，  a  恒成立， ealnx ax 2a0 ealnx ax 2a0 又 1 1 ，且 2 2 ， x x ea 2 1  两式相减可得lnx lnx a ， 2 1 x 不妨设t  2 ，则 且 ， x x tx 1 t1 2 1 t1x ea ea lnt 所以 1  ，即x   ， lnt a 1 a t1 ea tlnt 所以x   ， 2 a t1 10 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司ea  lnt tlnt  ea t1lnt x x      1 2 a t1 t1 a t1 ， 2t1 设htlnt ， t1 1 4 (t1)2 ht   0 t (t1)2 t(t1)2 ， t1lnt 所以 hth10 ，即 2， t1 2ea 所以x x  ， 1 2 a ea  x  ， 由x x 可得 2  a  ，...........................10分 1 2 4 要证x 3x a 4， 1 2 a 2ea 4 需要证 2x a 4， a 2 a 4ea 4 只要证 a 4， a a 即4ea a24a4， a 即2e2 a2， a a 即证e2  1，由*可证， 2 4 所以x 3x a 4即证．.....................12分 1 2 a a0 ealnx ax 2a0 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由 时，函数有两个零点，由 1 1 ，且 x x ea x ea t1lnt 2 1  t  2 x x   ealnx 2 ax 2 2a0，两式相减可得lnx 2 lnx 1 a ，设 x 1 ，t1，构造 1 2 a t1 ，进而得 11 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司2ea 4 x x  x 3x a 4 a 到 1 2 a ，将 1 2 a ，转化为2e2 a2证明而得解. 12 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司ga 1， 所以 在 上单调递减， ea 所以ga g(a) g1e， a min ea 所以 a e，即 ea1a ，*当且仅当 a1 时，取等号，  ea  ea  e，   ， 所以当 a0 且 a1 时， f x在  a  上单调递增，在  a  上单调递减， f x e， a1 当 时， 在 上单调递减， a0 f x e， 综上所述，当 ， 在 上单调递增， f x e， a1 当 时， 在 上单调递减，  ea  ea  e，   ， 当 a0 且 a1 时， f x在  a  上单调递增，在  a  上单调递减．----5分 ea  f  0 （2）证明：由1可知若 f x有两个不同的零点，则 a0 ，且极大值  a  ， ea  ea   ea   f  ealn ea2aea ln 12a  a   a    a   ， ea 由不等式*可得 e， a  ea   ea ln 10 所以   a   ， ea  f  0 所以当 a0 时，  a  恒成立， ealnx ax 2a0 ealnx ax 2a0 又 1 1 ，且 2 2 ， x x ea 2 1  两式相减可得lnx lnx a ， 2 1 13 学科网（北京）股份有限公司x 不妨设t  2 ，则 且 ， x x tx 1 t1 2 1 t1x ea ea lnt 所以 1  ，即x   ， lnt a 1 a t1 ea tlnt 所以x   ， 2 a t1 ea  lnt tlnt  ea t1lnt x x      1 2 a t1 t1 a t1 ，----8分 2t1 设htlnt ， t1 1 4 (t1)2 ht   0 t (t1)2 t(t1)2 ， t1lnt 所以 hth10 ，即 2， t1 2ea 所以x x  ， 1 2 a ea  x  ， 由x x 可得 2  a  ， 1 2 4 要证x 3x a 4， 1 2 a 2ea 4 需要证 2x a 4， a 2 a 4ea 4 只要证 a 4， a a 即4ea a24a4， a 即2e2 a2， a a 即证e2  1，由*可证， 2 4 所以x 3x a 4即证．——12分 1 2 a 14 学科网（北京）股份有限公司15 学科网（北京）股份有限公司16 学科网（北京）股份有限公司