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2023 届高考数学冲刺必刷押题密 01 卷
数学·全解全析
1．B
【分析】根据题意将集合 化简，然后结合交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为 ，所以 ，即 ，
且 或 ，所以 或 ，即 ，
所以 .
故选:B
2．B
【分析】结合正弦函数的性质由 ，可得 ，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在 中， ，
由 ，可得 ，
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.
3．C
【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.
【详解】设事件 表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则 ,
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则 ，
故 ,故选：C
4．D
【分析】原式利用二次展开通项公式化简，根据 的系数是 ，求出 的值即可.
【详解】根据 的二项展开通项公式 .
令 ，得到 ，由 的系数是 ，得到 ，
解得： ，
故选：D
·
5．C
【分析】取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,
根据圆台体积为 ,列出等式,解出即可.
【详解】解:由题知矿泉水的体积为 ,
将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:
加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为 ,水平面半径为 ,
由图可知 ,
所以有
即 ,
解得 ,由 ,
得 ,
即 ,
解得: ,
故加入矿泉水后圆台的体积为:
,
解得 ,
所以 .
故选:C
6．B
【分析】设 ，由 求出 ，得到 为 的重心， 为 的中点，再利用平面向
量基本定理求解即可．
【详解】解：设 ，则 ， ，
，
， 或 （舍去），
为 的重心， ， 为 的中点，
，
故选：B．
7．C
【分析】联立直线 与C的方程，求出弦AB长，由 求解即得.
【详解】显然直线 与 交于原点O，由双曲线对称性知，若四边形 是矩形，则 ，
设点 ，而
由 得 ，解得 ，
则 ，
则 ，化简得 ，即 ， ，
解得 ，
则 .
故选：C.
8．D
【分析】A选项，计算出 ，故 不是等比数列，A错误；
B选项，计算出 的前三项，得到 ，B错误；
C选项，由题干条件得到 ，故 为等比数列，得到 ，故
， ，……， ，相加即可求出 ，C错误；
D选项，在 的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出 .
【详解】由题意得： ， ，
由于 ，故数列 不是等比数列，A错误；
则 ， ， ，由于 ，故数列 不为等比数列，B错误；
时， ，即 ，
又 ，
故 为等比数列，首项为2，公比为3，
故 ，
故 ， ，……， ，
以上20个式子相加得： ，C错误；
因为 ，所以 ，两式相减得：
，
当 时， ， ，……， ，
以上式子相加得： ，
故 ，而 也符和该式，故 ，
令 得： ，
当 时， ， ，……， ，
以上式子相加得： ，
故 ，而 也符号该式，故 ，
令 得： ，综上： ，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到 时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不
能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令 和 ，用累加法进行求解.
9．BCD
【分析】对A，根据方差的性质判断即可；
对B，根据正态分布的对称性判断即可；
对C，根据回归直线的性质判断即可；
对D，根据独立性检验的性质判断即可
【详解】对A，由方差的性质可知，若随机变量 满足 ，则 ，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得 ，故B正确；
对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对D，由 可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确
故选：BCD
10．ACD
【分析】先根据 中 ， ， 的几何意义，求得 的解析式，再结合正弦函数的图象与性
质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
【详解】由图可知， ，函数 的最小正周期 ，故A正确；
由 ，知 ，
因为 ，所以 ，所以 ， ，即 ， ，
又 ，所以 ，所以 ，对于B，当 时， ，所以 ，
所以 的值域为 ，故B错误；
对于C，将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到 的图象，故C正确；
对于D，将函数 的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到 的图象，
因为当 时， ，所以得到的函数图象关于点 对称，故D正确．
故选：ACD．
11．BD
【分析】对A：代入点 即可解得 ，进而可得焦点 和准线；对B：根据斜率公式运算求解；对
C：联立方程求交点坐标，再根据抛物线的定义运算求解；对D：根据中点坐标公式运算求解.
【详解】对A：∵点 在抛物线 上，则 ，解得 ，
故抛物线 的方程为 ，焦点 ，准线 ，A错误；
对B：直线 的斜率 ，B正确；
对C：直线 的方程 ，
联立方程 ，解得 或 ，
即 ，故 ，C错误；
对D：线段 的中点的横坐标为 ，D正确；故选：BD.
12．BCD
【分析】利用题中定义可判断AB选项；设点 ，其中 ，设点 ，可得出 ，
根据题中定义并结合已知条件求出点 的轨迹方程，可判断C选项；证明出 ，可得出
，可判断D选项.
【详解】对于A选项，取点 ，设点 关于圆 的对称点为 ，
则存在 使得， ，可得 ，则 ，
所以， ，
因此，点 关于圆 的对称点是 ，A错；
对于B选项，由题意可知 ，
设点 关于圆 的对称点为点 ，则存在实数 ，使得 ，
所以， ，可得 ，即 ，
因此，圆 上的任意一点 关于圆 的对称点就是 自身，B对；
对于C选项，设点 ，其中 ，设点 ，
因为点 在圆 上，则 ，可得 ，
由题意可知，存在实数 ，使得 ，即 ，
所以， ，可得 ，
因此，点 的轨迹方程为 ，C对；对于D选项，设点 ，则 ，设点 ，
由题意可知，存在实数 ，使得 ，且 ，则 ，
所以， 、 同向，且 ，所以， ，
又因为 ，所以， ，
所以， 为定值，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点 的坐标 、 表示相关点 的坐标 、 ，然后代入点 的坐标 所满足
的曲线方程，整理化简可得出动点 的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标 、 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 、 与某一参数 得到方程，
即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
13． ##0.25
【分析】由题意可得 是周期为2的函数，即可求解.
【详解】因为 是定义域为 的偶函数，所以 ；
又 ，所以 ，
所以 是周期为2的函数，则 .
故答案为： .
14．
【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占 ，进而由对立事件和互斥事件的概率公式计算可得答案．
【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占 ，则含1个二等品零件的包
数占 ，
在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率 ，
在含2个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率 ，
则小张决定采购该企业产品的概率 ；
故答案为： ．
15．
【分析】在 中由正弦定理可得 ，在 中由余弦定理可得 .
【详解】在三角形 中由正弦定理得 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，
所以 ，
又 ， ，所以 为等腰直角三角形，所以 ，
在 中由余弦定理得
，
所以 .故答案为： .
16．
【分析】设 ，求得 ，结合 ，求得 ，进而求得
和 ，根据 ，求得 面积的最
大值，再根据正方体的性质求得三棱锥 的外接球的半径为 ，进而求得外接球的表面积.
【详解】设 ，且 ，
因为 两两垂直，所以 ，
所以 ，可得 ，
因为 且 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，所以 ，
因为 且 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
设三棱锥 的外接球的半径为 ，
则 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 .故答案为： ； .
17．(1) 拟合效果更好，答案见解析
(2) ，
【分析】（1）根据散点图，结合两个模型的特征进行判断即可；
（2）根据对数的运算性质，结合题中所给的公式和数据进行求解即可.
【详解】（1）Logistic非线性回归模型 拟合效果更好．
从散点图看，散点更均匀地分布在该模型拟合曲线附近；
从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内．
（2）将 转化为 ，
则 ，所以 ，
所以 ．
所以 关于 的经验回归方程为 ．
当 时，体长 ．
18．(1)(2)
【分析】（1）将题设条件转化为 ，从而得到 ，进而求出公比 ，由此得解；
（2）利用（1）结论，结合裂项相消求和法即可得解.
【详解】（1）当 时,
即 ,又 是等比数列, ;
数列 的通项公式为: .
（2）由（1）知, ,
,
即 .
19．(1) ；
(2) ， .
【分析】（1）根据给定条件，利用三角恒等变换化简，再利用正弦定理角化边，用余弦定理求解作答.
（2）利用平面向量的数量积及余弦定理列出方程组，求解方程组作答.
【详解】（1）在 中，依题意，
则 ，即 ，
由正弦定理得： ，由余弦定理得 ，而 ，所以 .
（2）依题意， ，则 ，
又 ， ，则有 ，即 ，又 ，解得 ，
所以 ， .
20．(1)证明见解析；
(2) 或
【分析】（1）根据题意，取 中点为 ，连接 ，由面面垂直的性质定理可得 平面 ，再
由线面垂直的判定可得 平面 ，从而得到结果；
（2）根据题意，以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设
，由条件可得 ，从而得到三棱锥 的体积.
【详解】（1）
取 中点为 ，连接 ，因为 为等边三角形，所以 ，
且平面 平面 ，平面 平面 ， 面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
因为 为 中点，所以 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ，
且 平面 ，所以平面 平面 .（2）
由（1）可知， 且 ， ，所以 平面 ，
且 平面 ，所以 ，
以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设 ，则可得 ，
即 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，则可得 ，取 ，则 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，
解得 ，或 ，即 或
当 时，则 ，
所以 .
当 时， ，
所以 .21．(1)函数 的单调递增区间为 ，无递减区间
(2)
【分析】（1）求出函数 的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数 的增区间和减区
间；
（2）设 ，可知 对任意的 恒成立，对实数 的取值进行分类讨
论，利用导数分析函数 在 上的单调性，验证 对任意的 能否恒成立，综合可得出
实数 的取值范围.
【详解】（1）解： 的定义域为 ，当 时， ，
，
设 ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 ， ， 单调递增.
所以， ，则 对任意的 恒成立，
所以，函数 的单调递增区间为 ，无递减区间.
（2）解：当 时， 恒成立等价于 在 上恒成立，
设 ，则 ，
设 ，
则 图象为开口向上，对称轴为 的抛物线的一部分，
当 时， ， 在 单调递增，且 ，
所以， ，即 ，则函数 在 上单调递增，
又因为 ，所以 在 恒成立，满足题意；
当 时， ， ，
所以方程 有两相异实根，设为 、 ，且 ，则 ，
当 时， ， ， 在 上单调递减，
又因为 ，故当 时， ，
所以， 在 上不恒成立，不满足题意.
综上， 的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，注意到 ，由此将问题
转化为考查函数 在 上的单调性来处理，只需对实数 的取值进行分类讨论，结合单调性来求解.
22．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）点 在定直线 上；（ⅱ） 的最小值为16.
【分析】（1）易知焦点 ，设出 两点坐标，根据 得到 ，再由 可知两直线斜率相等，可得 点坐标的表达式，再利用 即可证明 三点共线；（2）（ⅰ）分别写出
直线 ， 的方程，求出两直线交点 的坐标表达式即可得出点 在定直线 上；（ⅱ）联立直线 与
抛物线方程，利用弦长公式求出 的表达式，再求出点 到 的距离写出面积表达式利用基本不等式
即可求得 的最小值.
【详解】（1）由题可知 ，设 ，
又 ，由 得 ，
所以 ，即 ，
所以直线 的斜率为 ，
设 ，由 可得 ，
所以直线 的斜率为 ，
又 ，即 ，所以 ，得
所以， ，
即 ，则 三点共线.
（2）（ⅰ）点 在定直线 上，理由如下：直线 的斜率为 ，所以直线 的方程为
即
过点 的切线 斜率为 ，所以直线 的方程为
即 ，
交 于点 ，解得
因此，点 在定直线 上.
（ⅱ）由（1）知直线 的斜率为 ，方程为 ，
即 ，
联立抛物线方程 整理得 ，
所以 ，
所以
又因为 ，所以点 到 的距离等于点 到直线 的距离，
而 到直线 的距离为所以
而 ，当且仅当 ，即 时等号成立；
所以 ，
即 的最小值为16.
