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2023 届高考数学冲刺必刷押题密 03 卷
数学·全解全析
1．D
【分析】结合复数减法的模的几何意义、椭圆的定义和标准方程等知识求得正确答案.
【详解】依题意 ，
即复数 对应的点到点 和 的距离之和为 ，
而 ，所以复数 对应的点，在以 为长轴， 为焦距，焦点在 轴的椭圆上，
椭圆的长半轴为 ，半焦距为 ，所以短半轴为 ，
所以椭圆的方程为 .
与 共轭，说明 与 对应点关于长轴对称， ，
设 ，
依题意 ，即 ，
所以 ，则 ，即 ，
所以点 三点共线， 为左焦点，
而 ，
表示： 与 两点的距离、 与右焦点 的距离、 与右焦点 的距离，这三个距离之和，
即和为 .
故选：D
2．A
【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.【详解】由题意可知： ， ，
所以 .
故选：A.
3．A
【分析】可设 ，根据题设条件可得 满足的条件，再根据根分布可求实数 的取值范
围.
【详解】 ，
因为 非空，故可设 ，则 为方程 的两个实数根.
设 ，
又 ，
因为 ， 故 ，所以 ，解得 .
故选：A.
4．C
【分析】先依据条件 求得 ，再利用 可以求得 ，从而判断△ABC
的形状是等边三角形
【详解】△ABC中， ，则
又 ，则
由 ，可得 ，代入则有 ，则 ，则
又 ，则△ABC的形状是等边三角形
故选：C
5．D
【分析】运用向量线性运算及数量积运算求解即可.
【详解】由已知，可得 ，
又四边形 为平行四边形，
所以
，
所以 .
故选：D.
6．C
【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解
【详解】由题意可知，如图所示，
在抛物线上，则
易知， ，由 ，因为被直线 截得的弦长为 ，则 ，
由 ，于是在 中，
由 解得： ，所以 ．
故选：C.
7．D
【分析】先估算出 ，进而求出 的范围，再由 求出 的范围，最后构造函数估算出 即可求解.
【详解】由 得 ，故 ，又 ，故
，
由常用数据得 ，下面说明 ，令 ，
，
当 时， ， 单增，当 时， ， 单减，则 ，
则 ，则 ，
，
令 ，则 ， ，
，则 ，综上， .
故选：D.
【点睛】本题主要考查指数对数的大小比较，关键点在于通过构造函数求出 的范围，放缩得到，再由 和 结合
即可求解.
8．A
【分析】连接 ， ， ，设三棱锥 外接球的球心为 ，设过点 的平面为 ，则当
时，此时所得截面的面积最小，当点 在以 为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面
的性质即可得解.
【详解】连接 ， ，由 ，
可知： 和 是等边三角形，
设三棱锥 外接球的球心为 ，
所以球心 到平面 和平面 的射影是 和 的中心 ， ，
是等边三角形， 为 中点，
所以 ，又因为侧面 底面 ，侧面 底面 ，
所以 底面 ，而 底面 ，因此 ，所以 是矩形,
和 是边长为 的等边三角形，
所以两个三角形的高 ，
在矩形 中， ，连接 ，
所以 ，
设过点 的平面为 ，当 时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆 的半径为： ，所以此时面积为 ，当点 在以 为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为： ，
所以截面的面积范围为 .
故选：A．
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．
9．AD
【分析】利用点到直线的距离判断A；确定 最大时的情况判断B；取AB中点D，由线段PD长判断
C；求出直线AB的方程判断D作答.
【详解】对于A，因为 到直线 的距离 ，即直线 与圆 相离，A正确；
对于B，当A，B为过点P的圆O的切线的切点时， 最大，而 ，
显然 是锐角，正弦函数在 上单调递增， ，
因此 最大，当且仅当 最大，当且仅当 最小，则有 ，此时 ，
所以当 为两定点时，满足 的点 只有1个，B错误；对于C，令AB的中点为D，则 ， ，点D在以O为圆心， 为半径的圆上，
，显然当 在 上运动时， 无最大值，C不正确；
对于D，设 ，当 为切线时， ，点 在以 为直径的圆上，
此圆的方程为 ，于是直线 为 ，即 ，
所以直线 过定点 ，D正确.
故选：AD
10．ACD
【分析】由新定义运算得 ，对于选项A：由正弦定理边化角后知 正确；对于
选项B：可举反例进行判断；对于选项C：结合余弦定理及基本不等式，可求得 ，可知C正确；
对于选项D：结合条件可得 计算 即可判断出 为钝角.【详解】由 可知 ，整理可知 ，由正弦定理可知，
，从而可知A正确；
因为 满足 ，但不满足 ，故B不正确；
B错误； （当且仅当 时取
“=”），
又 ，∴B的最大值为 ，故C正确；
由 可得 ，解得 ，又 ，从而可得 为最大边，
，角A为钝角，故D正确．
故选：ACD．
11．ACD
【分析】由 到 的距离为 以及渐近线方程为 可求得 ，即可得出方程，判断
A；由 可求出判断B；结合双曲线定义可求得 ，求出 ，即可求出
，判断C；利用等面积法可求得点 到 轴的距离，判断D.
【详解】 到 的距离为 ， ，解得 ，
又渐近线方程为 ，则 ，结合 可解得 ， ，
则双曲线的方程为 ，故A正确；为 的平分线， ，故B错误；
由双曲线定义可得 ，则可得 ， ，
则在 中， ，
则 ，
则 ，即 ，故C正确；
在 中， ，
设点 到 轴的距离为d，则 ，
即 ，解得 ，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.
12．ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数 的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函
数，利用导数结合图形判断D作答.
【详解】观察图象知，函数 的周期 ，则 ，而 ，
即有 ，由 知， ，因此 ，A正确；
显然 ，当 时， ，因此 单调递增，B正确；
将 图象上各点横坐标变为原来的 得 ，再将所得图象向右平移 个单位长度，得
，
而 ，C错误；由 ，得 ，令 ，则 ，
令 ，显然当 时， ，即恒有 ，函数 在 上无零点，
当 时， ，令 ， ，
函数 在 上都递减，即有 在 上递减， ，
，因此存在 ， ，
当 时， ，当 时， ，有 在 上递增，在 递减，
， ，
于是存在 ， ，当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上递减，在 递增， ， ，
从而函数 在 上存在唯一零点，而函数 周期为 ， 在 上单调递增，如图，
， ， ，
从而函数 在 上各有一个零点，又0是 的零点，即函数 在定义域上共有7
个零点，
所以函数 的零点个数为7，D正确.
故选：ABD【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)
的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它
们的公共点个数.
13． （答案不唯一）
【分析】由已知得到函数的对称轴方程，从而得到 ，由 与 联立方程消去 整理成
的一元二次方程，由 得到 的关系，分别取值写出函数即可.
【详解】已知 ，
∵ 的图象关于y轴对称，
∴对称轴 ，∴ ，
∴ ，
联立 ，整理得 ，即 ，
∵ 的图象与直线 相切，
∴ ，∴ ，
当 时， .
∴满足条件的二次函数可以为 ．
故答案为： .
14．
【分析】由题意可得 ，且 与 不共线，从而可求出 的取值范围.
【详解】因为向量 与 的夹角为 ，且 ， ， 与 的夹角为锐角，所以 ，且 与 不共线，
由 ，得 ，
所以 ，
化简得 ，
解得 或 ，
由 与 共线，得存在唯一实数 ，使 ，
所以 ，得 ，
所以当 时， 与 不共线，
综上 或 ，且 ，
所以 的取值范围是 ，
故答案为：
15． ##
【分析】设 ， ，由相切关系，建立点A，B坐标所满足的方程，即弦 所在直线的方
程，由直线 与圆 相切，得 ，求出m的最大值.
【详解】设点 ， ， ， ，
因为分别以点A，B为切点作圆 的切线 ， ．
设直线 ， 的交点为 ，所以 ，则 ，即 ，所以 ，因为 ，
所以 ，即 是方程 的解，
所以点 在直线 上，
同理可得 在直线 上，
所以弦 所在直线的方程为 ，
因为直线 与圆 相切，所以 ，
解得 ，得 ，
即 的最大值为 ．
故答案为：3.5
16．
【分析】根据正项数列 各项单调递增，可得出 ，化简求出 ，由此可
得首项 的取值范围；再由裂项相消法求出 的表达式，然后求其范围，即可得出答案.
【详解】由题意，正数数列 是单调递增数列，且 ，
且 ，解得 ，
，
又由 ，
可得： ．，
．
，且数列 是递增数列， ，即 ，
整数 ．
故答案为： ； .
17．(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理边化角以及余弦定理求解；
(2)利用基本不等式和面积公式求解.
【详解】（1）由 ，
得 ，
由正弦定理，得 .
由余弦定理，得 .
又 ，所以 .
（2）由余弦定理 ， ，所以 ，
∵ ，∴ ，
所以 ，当且仅当 时取“ ”.
所以三角形的面积 .
所以三角形面积的最大值为 .
18．(1)
(2)2
【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出 ，再根据 求出 ；
（2）利用等比数列前n项和公式求出 ，然后应用二项式展开式求余数
【详解】（1）由 有 ，即 ，
又 ，故 ，
所以数列 是以1为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，即 ，
故 ，两式相减得 ，即 ，
所以 ，
因此 的通项公式为 .
（2）由（1）及 ，有 ，所以 ，又 ，
因为 均为正整数，所以存在正整数 使得 ，
故 ，
所以 除以3的余数为2.
19．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式综合运算求解即可；
（2）由题意， 可能值为0，50，100，150，200，根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式
分别求出对应取值的概率，即可得到离散型随机变量的分布列，再由期望定义及公式求其期望值．
【详解】（1）由题意，乙同学得 分的基本事件有 乙抢到两题且一道正确一道错误 、
甲乙各抢到一题都回答正确 、 甲抢到两题且回答错误 ，
所以乙同学得 分的概率为
（2）由题意，甲同学的累计得分 可能值为0，50，100，150，200，
，
，
，
，
，
分布列如下：所以期望 ．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质得到 平面 ，由面面垂直的判定即可证明；
（2）过 作 ， ，垂足分别为 ， ，连接 ，由几何法可证 即为二面角
的平面角，过 作 平面 ，以 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设
，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可．
【详解】（1）（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）过 作 ， ，垂足分别为 ， ，连接 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
又 ，且 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，即 即为二面角 的平面角，
不妨设 ，则可知 ，且 ， ，
因为 ，所以 ，所以 ，过 作 平面 ，以 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ，
设直线PD与平面PBC所成角为 ，则 ，
直线PD与平面PBC所成角的正弦值为
21．(1) ；
(2) .
【分析】（1）由题设有 且 求参数a，进而写出椭圆方程.
（2）讨论 的斜率，当斜率存在时设 、 ，联立椭圆方程结合韦达定理
求 关于 的表达式，再由 ，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段
中垂线 的方程及 的范围，即可确定 的取值范围.
【详解】（1）由已知条件得： ，令 ，得 ，由题意知： ，解得 ，
∴椭圆的标准方程为 ，
（2）①当直线 的斜率不存在时，显然不合题意；
②当直线 斜率存在时，设 ，
当 时，此时 关于y轴对称，令 ，
∴ 且 ，则 ，又 ，
∴ ，解得 或 (舍)，则 符合题设.
∴此时有 ；
当 时，则 ，得 ， ，
设 ，则 ，得 ， ，
且 ，
由 ，即 ，
∴ ，整理得 ，解得 （舍去），
代入 得： ，
∴ 为 ，得： ，
则线段的 中垂线 为 ，∴在 轴上截距 ，而 ，
∴ 且 ，
综合①②:线段 的中垂线 在 轴上的截距的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛：第二问，讨论直线斜率，设直线方程及交点坐标，联立椭圆方程并应用韦达定理求
交点坐标与所设直线参数的表达式，再根据向量垂直的坐标表示求参数，进而确定中垂线方程及参数范围.
22．(1)
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）利用不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，通过对 的讨论，求出 在给定区间
的最值即可求出 的值；
（2）①由函数 有两个不同的极值点 ， 得， 有两个不同零点，通过参数分离
有 ，构造函数 ，确定 的单调性和极值，进而可求 的取值范围；
②由已知得 ，取对数得 ，通过换元 ， ，构造函数
，讨论函数 的单调性，确定 的不等关系，再转化为 ， 的关系即可证明．
【详解】（1）由 ，得 ，
当 时，因为 ，不合题意
当 时，当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，
要 ，只需 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以 ，则由 得 ，
所以 ，故实数 取值的集合
（2）①由已知 ， ，
因为函数 有两个不同的极值点 ， ，
所以 有两个不同零点，
若 时，则 在 上单调递增， 在 上至多一个零点，
与已知矛盾，舍去
当 时，由 ，得 ，令
所以 ，当 时， ， 单调递增
当 时， ， 单调递减
所以 ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，
故实数 的取值范围为②设 ，由①则 ，
因为 ，所以 ， ，
则 ，取对数得 ，
令 ， ，则 ，
即 ，令 ，则 ，
因为 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
令 ，
则 ， 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ，即 ，
因为 ， ， 在 上单调递增，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
故 成立．
