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2023 届高考数学冲刺必刷押题密 02 卷
数学·全解全析
1．C
【分析】由复数 对应的点的坐标得到 ，利用复数除法法则计算出答案.
【详解】由题意可知 ，所以 .
故选：C.
2．B
【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得 ，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.
【详解】因为 ， ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
因此 .
故选：B．
3．B
【分析】利用题意找出该组数据的上四分位数为 ，然后利用二项式展开式的公式找出常数项即可.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 展开式的通项为：
，
令 得： ，
所以展开式的常数项为 ，
故选：B．4．C
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列 的通项公式，再利用累加法计算即可得 .
【详解】设该数列为 ，则 ；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列 是以 为首项，公差 的等差数列，
即 ，所以
将所有上式累加可得 ，所以 ；
即该数列的第15项为 .
故选：C
5．B
【分析】利用特例法、函数的单调性、数列的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若数列 为递增数列，取 ，即 ，
则 对任意的 恒成立，
所以数列 为单调递增数列，但函数 在 上不单调，
即“数列 为递增数列” “函数 为增函数”；
若函数 在 上为增函数，对任意的 ，则 ，即 ，
故数列 为递增数列，
即“数列 为递增数列” “函数 为增函数”.因此，“数列 为递增数列”是“函数 为增函数”的必要不充分条件.
故选：B.
6．C
【分析】由三角形的面积公式得到 ，再由正三角形得到点 的坐标，将点 的坐标代入
中，即可得到 .
【详解】 是面积为 的正三角形，即 ，所以 ，
所以 的边长为 ，高为 ，
所以 ，所以 .又 ，所以 ，
故选：C.
7．C
【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大
小.
【详解】记 ，因为 ，当 时， ，所以 在 上单调
递增，
则当 时， ，即 ，取 ，所以 ，
记 ，因为 ，所以 在 上单调递减，
则当 时， ，即 ，取 ，所以 ，故 ，即
；
记 ，因为 ，当 时， ，所以 在
上单调递增，
所以当 时， ，即 ，取 ，所以 ，即 ；
所以 .
故选：C.8．C
【分析】构造函数 ，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在
单调递增，进而 关于直线 对称，且在 单调递增，结合条件可得
，解不等式即得.
【详解】因为 的定义域为R，又 ，故函
数 为偶函数，
又 时， ， 单调递增，故由复合函数单调性可得函数 在 单调递增，
函数 在定义域上单调递增，
所以 在 单调递增，
所以 ，
所以 关于直线 对称，且在 单调递增．
所以 ，
两边平方，化简得 ，解得 ．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数 ，然后根据函数的单调性及对称性化
简不等式进而即得.
9．AC
【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且 ，根据特点对选项一一判断即可．
【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且
对A选项，符合散点图的特点；对B选项，有 不符合散点图的特点；
对C选项，符合散点图的特点；
对D选项， 的增长速度不变，不符合散点图的特点；
故选：AC
10．BC
【分析】将函数化简得 ，利用三角函数的性质即可判断各个选项的正误.
【详解】 .
对A， 的图象可由 的图象向左平移 个单位长度得到，故A错；
对B， 在 上， ，函数 单调递增，故B对；
对C，令 ，可得 ，
当 时 ，故C对；
对D， ，所以 ，
此时 ，故D错；
故选：BC.
11．BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根
据线面垂直的判定定理可得 平面 ，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合
条件可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质可知 ，两条异面直线 和 所成的角即为 ，所以A错误；
对于B，当点P与点 重合时，由题可知 ，
所以 ，四边形 为平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，则 平面 ，所以B正确；
对于C，连结 ，由于 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ，故 ，故 ，即 ，故
，
又 相交， 平面 ，故 平面 ，又 平面 ，故对任意点 ，平面平面 ，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得 ， ，
所以 ，
所以 ，所以点 到直线 的距离 ，所以D正确．
故选：BCD．
12．AC
【分析】 的极值点为 的变号零点，即为函数 与函数 图像在 交点的横坐
标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到 ，由图像可得 单调性，后可判断选项.
【详解】 的极值点为 在 上的变号零点.
即为函数 与函数 图像在 交点的横坐标.
又注意到 时， ， 时， ，
， 时， .据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到 时， ， ，
.
结合图像可知当 ， .
当 ， .故A正确；
B选项，由图像可知 ，则 ，故B错误；
C选项， 表示两点 与 间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即 为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知， ，
又结合图像可知，当 时， ，即此时 ，
得 在 上单调递增，
则 ，故D错误.
故选：AC【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画
在同一坐标系下，利用图像解决问题.
13． ##
【分析】 成等差数列得 利用数列的通项公式展开即可求出公比 .
【详解】由题意： 为等比数列， 成等差数列，则 ， ，
，又因为等比数列 的公比不为1，
故答案为： .
14． ##
【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】因为 ，所以正三棱锥外接球半径 ，
如图所示，设外接球圆心为O，过 向底面作垂线垂足为D， ，
要使正三棱锥体积最大，则底面 与 在圆心的异侧，
因为 是正三棱锥，所以D是 的中心，所以 ，
又因为 ，所以 ，
，
所以 ，
令 ，
解得 或 ，
当 ， ；当 ， ，
所以 在 递增，在 递减，
故当 时，正三棱锥的体积 最大，此时正三棱锥的高为 ，
故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为 .
故答案为：
15．4
【分析】由 得 ，所以 ，根据
解方程即可求出结果．
【详解】因为函数 有两个极值点 与
由 ，则 有两根 与
所以 ，得
因为 ，所以 ，又
则 ，
所以
故答案为：
16．2
【分析】由题可得 ，然后利用韦达定理法，两点间距离公式结合条件即得.
【详解】由点 在抛物线 上得： ，即 ,
所以抛物线C的方程为： ,
设直线 的方程为 ， ， ,
由直线 与 的倾斜角互补得 ，
即 ，所以 ,
联立 ，得 ，
所以 ， ,
所以 ，即 ，所以 ,
所以
．
故答案为：2.
17．(1) 或
(2)【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出 的值；
（2）作出辅助线，得到 ，由余弦定理求出 ，从而求得答案.
【详解】（1）在 中，由余弦定理得： ，
所以 ，解得 或 ，
经检验均符合要求；
（2）在 中，过D作 的平行线交 于E，
因为点D是边 的中点，所以点E为AC的中点，
在 中， ，
又 ，所以 .
由余弦定理得： ，
所以 ，所以 或 （舍去），
故 .
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)应用 ,结合等差数列定义证明即可;(2)先求等比数列的通项公式,再两次应用错位相减或裂项相消
【详解】（1） ①，
当 时， ②，
①－②得： ,
即 ，
所以 ， 且 ，
所以 是以1为公差的等差数列．
（2）由（1）得， ．
当 时， ；当 时， ；
又 满足上式，所以 ．
所以 ，记数列 的前n项和为 ．
方法一：（两次错位相减）
，①
，②
①－②得 ，③
则 ，④
③－④得
，
所以 ．方法二：（裂项）
因为 ，
所以
．
19．(1)
(2)6，答案见解析
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望 ；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为 和 ，利用独立事件概率公式求得
的概率，再由期望公式计算出期望 ，根据白球对取到黒球的影响说明期望的大
小关系．
【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7，
，
；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为 和 ，
，
，
，，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，
所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
20．(1)
(2)（i）0；（ii）48
【分析】（1）设直线 与 轴交于 ，由几何性质易得： ，即可解决；（2）
设 ，（i）中，由于 中点 在抛物线 上，得 ，将
，代入联立得 点纵坐标为 ，即可解决；（ⅱ）由（i）得点
， ，又点 在圆 上，得 ，可得：
即可解决.
【详解】（1）设直线 与 轴交于 .
由几何性质易得： 与 相似，
所以 ，，
即： ，解得： .
所以抛物线 的标准方程为： .
（2）设
（i）由题意， 中点 在抛物线 上，即 ，
又 ，将 代入，
得： ，
同理： ，
有 ，此时 点纵坐标为 ，
所以直线 的斜率为0.
（ⅱ）因为 ，
所以点 ，
此时 ，
，
，
所以 ，又因为点 在圆 上，有 ，即 ，代入上式可得：
，
由 ，
所以 时， 取到最大价 .
所以 的最大值为48.
21．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）通过证明 ． ，转化证明 平面 ，然后推出 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，求出相关点的坐标，求出平面 的一个法向量，
令 ，由题意可得平面 的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，即可求
的取值范围．
【详解】（1）证明：设 ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ，则 .
∵四边形 为矩形，∴ ，
而 平面 ，且 ，∴ 平面 .
∵ ，∴ 平面 .
（2）以 为坐标原点，分别以直线 ， ， 为 轴、 轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
令 ，则 ， ， ， ，
所以 ， ，
设 为平面 的一个法向量，由 ，得 ，
取 ，所以 ，
因为 是平面 的一个法向量.
所以 .
因为 ，所以当 时， 有最小值 ，
当 时， 有最大值 ，所以 .
【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计
算能力
22．(1)单调递增区间为 ，无单调递减区间
(2)（ⅰ） （ⅱ）证明见解析
【分析】（1）对函数求导函数，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，得单调区间；
（2）（ⅰ）将函数有三个零点转化为 有两个零点，分类讨论，得使条件成
立的a的取值范围；（ⅱ）由 ，得 ，证明 ，得 ，可证明原命题成立.
【详解】（1）当 时， ， ，
则 在 恒成立，所以 在 单调递增，
故 的单调递增区间为 ，无单调递减区间．
（2）（ⅰ） ，
， ，则 除1外还有两个零点，
，令 ，
当 时， 在 恒成立，则 ，
所以 在 单调递减，不满足，舍去；
当 时， 除1外还有两个零点，则 不单调，
所以 存在两个零点，所以 ，解得 ，
当 时，设 的两个零点为 ，
则 ， ，所以 ．
当 时， ， ，则 单调递增；
当 时， ， ，则 单调递减；
当 时， ， ，则 单调递增；又 ，所以 ， ，
而 ，且 ，
，且 ，所以存在 ， ，
使得 ，
即 有3个零点 ， ， ．
综上，实数a的取值范围为 ．
（ⅱ）证明：因为 ，
所以若 ，则 ，所以 ．
当 时，先证明不等式 恒成立，
设 ，
则 ，
所以函数 在 上单调递增，于是 ，
即当 时，不等式 恒成立．
由 ，可得 ，因为 ，所以 ，
即 ，两边同除以 ，
得 ，即 ，
所以 ．
【点睛】（ⅰ）中求使得 有两个零点的a的取值范围，得 ，还需
找点说明此时 有三个零点；
（ⅱ）由欲证命题知需先求 与 间的数量关系，结合函数解析式特征发现 ，
进而得得 ，推断需证明 时， ，构造函数 证明.
