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2023 届高考数学冲刺必刷押题密 04 卷
数学·全解全析
1．D
【分析】根据方程 的实数根可得集合，则 ，由集合的并集与元素的关系即可得符
合条件的所有集合 .
【详解】解：方程 的实数根有 ，解集构成的集合为 ，
即 ，则符合该等式的集合 为 ， ， ， ，
故这样的集合 共有4个.
故选：D.
2．B
【分析】根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得 ，经计算可得平均数为 ，中位数约为
119，优秀率为35%即可得出正确选项.
【详解】根据题意可得 ，可得 ，故A正确；
根据频率分布直方图可得其平均数为
，所以B错误；
由频率分布直方图可知， ，而 ，
所以中位数落在区间 内，设中位数为 ，则 ，可得 ，所以C正确；
由图可知，超过125次以上的频率为 ，所以优秀率为35%，即D正确.
故选：B
3．C
【分析】根据已知条件及合情推理中的归纳推理，利用参考公式及等差数列前 项和公式即可求解.
【详解】因为“三角形数”可以写为
所以第 层“三角形数”为 ，
所以 层时，垛球的总个数为：，
所以若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为
.
故选：C.
4．C
【分析】根据 ，可得 异号，根据 可知 ，且 ，所以
，利用等差数列的前n项和公式即可得出结果.
【详解】解：因为 ，所以 异号，
因为 ，所以 ，
又有 ，所以 ，即 ，
因为 ， ，
所以 的最大整数n为17.
故选：C
5．A
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，得到 ，根据 ，求得 ，
得到 ，进而求得 ，即可得到答案．
【详解】根据指数函数和对数函数的性质，可得：
， ， ，
又由 ，所以 ，故 ．
又 ，所以 ，所以 ．故选：A．
6．A
【分析】先求出 相邻时排列种数，再求出 相邻，且 在 中间时排列种数，两种情况相减即
可.
【详解】当 相邻时，不同的排列方式有 种，
当 相邻，且 在 中间时，不同的排列方式有 种，
则要求 相邻，且 不相邻，则不同的排列方式有 种.
故选：A.
7．A
【分析】根据给定条件，证明 平面 ，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥 中，如图， ，则 ，同理 ，
而 平面 ，因此 平面 ，
在等腰 中， ，则 ， ，
令 的外接圆圆心为 ，则 平面 ， ，
有 ，取 中点D，连接OD，则有 ，又 平面 ，即 ，
从而 ，四边形 为平行四边形， ，又 ，
因此球O的半径 ，
所以球 的表面积 .
故选：A8．C
【分析】先证明 为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.
【详解】对A：∵ 为偶函数，则
两边求导可得
∴ 为奇函数，则
令 ，则可得 ，则 ，A成立；
对B：令 ，则可得 ，则 ，B成立；
∵ ，则可得
，则可得
两式相加可得： ，
∴ 关于点 成中心对称
则 ，D成立
又∵ ，则可得
，则可得
∴ 以4为周期的周期函数
根据以上性质只能推出 ，不能推出 ，C不一定成立
故选：C.
【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.
9．BC
【分析】首先求出函数的周期，再根据 的面积，求出 的纵坐标，即可求出函数解析式，再根据正切函数的性质一一判断即可；
【详解】解：因为 ，所以最小正周期 ，即 ，又 的面积为 ，所以
，所以 ，即 的纵坐标为 ，故A错误；
因为 ，所以 ，所以 ，因为
所以 ，所以 ，令 ， ，解得
， ，所以函数的单调递增区间为 ， ，故B正确；
令 ， ，解得 ， ，所以函数的对称中心为 ， ，故C
正确；
将 图象上各点的横坐标缩短为原来的 倍，得到 ，再将函数向左平移 个单位，
得到 ，故D错误；
故选：BC
10．ACD
【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.
【详解】A.因为 ，所以令 得 ，所以 ，故A正确；
B.由当 ， 恒成立，令 ，则 ，由 为区间 上的“非减函数”，
则 ，所以 ，则 ， ，故B错误；C. ， ，而 ，
所以 ， ，
由 ， ， ，则 ，则
，故C正确；
当 时， ， ，
令 ，则 ， ，
则 ，即 ，故D正确.
故选：ACD
11．BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前 项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断
C；讨论数列 是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列 为首项为4，公差为 的等差数列， ，故A错误；
对于B：等差数列 中，公差 ， ， 是关于n的二次函数.当
数列 有最小项，即 有最小值， 对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上， ，B
正确；
对于C：取数列 为首项为1，公差为 的等差数列， ，
，即 恒成立，此时数列 是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列 是递减数列，则 ，一定存在实数 ，当 时，之后所有项都
为负数，不能保证对任意 ，均有 .
故若对任意 ，均有 ，有数列 是递增数列，故D正确．
故选：BD
12．ABD
【分析】A选项：求出正四面体 的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B
选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线 所在圆的圆心和半径，求出长度；
D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体 的外接球，如图所示：
取 的中点 ，连接 ，过点 作 于点 ，则 为等边 的中心，
外接球球心为 ，连接 ，则 为外接球半径，设 ，
由正四面体的棱长为2，则 ， ，
，
， ，
由勾股定理得： ，即 ，
解得： ，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体 中心为 ，连接 交平面 于点 ，交 于点 ，其中 与 共面，
其中 即为正四面体外接球半径 ，
设勒洛四面体内切球半径为 ，则 ，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为 ，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线 所在圆的圆心为 的中点 ，
故 ，又 ，
由余弦定理得： ，
故 ，且半径为 ，故交线 的长度等于 ，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接 ，交 于中点 ，交 于中点 ，连接 ，则 ，则由C选项的分析知： ，
所以 ，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为 ，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为 ，半径为 .
13．40
【分析】易知展开式中 项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.
【详解】根据题意可知，展开式中含 的项为 和 两部分；
所以展开式中 的系数为 .
故答案为：40
14．
【分析】根据 是定义在 上的偶函数，以及当 时， 等条件求出
时， 的导数为 ,进而求出 时， ,代入即可求出答案.
【详解】解：由 是定义在 上的偶函数，当 时， ，
可得 时， ，
所以当 时， 的导数为 ，
则曲线 在点 处的切线的斜率为 ，切点为 ，
则切线的方程为 ，所以
15．
【分析】分析可知 是正奇数列，根据题意求得 ，然后利用裂项相消法可求得
的值.
【详解】因为数列 是正奇数列，
对于数列 ，当 为奇数时，设 ，则 为偶数；
当 为偶数时，设 ，则 为奇数，
所以， ，则 ，
因此， .
故答案为： .
16． 0
【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前n项和公式即可推出 的表达式；第二空，将
化为 ，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.【详解】由题意， ，
所以
又 为正整数，
所以 除以17的余数为0，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，解决余
数问题的关键在于将 利用二项式定理展开化简转化为17的倍数的形式，即可求得答案.
17．(1)证明见解析.
(2) .
【分析】（1）在 和 中分别用正弦定理表示出 ，相比即可证明结论；
（2）利用（1）的结论可求得 ，继而由余弦定理求得 的长，即可得 长，从而求得 的
长，即可求得答案.
【详解】（1）证明：在 中， ，
在 中， ,
由于 ,故 ，所以 .
（2）因为 ，故 ，由 为纯角，故 为锐角，
又 ，且D为靠近B的三等分点， ， ，
故 ，
故 ,
故 ，则 ,
故 .
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由线面平行判定定理证明 平面 ， 平面 ，根据面面平行判定定理证明平
面 平面 ，根据面面平行性质定理证明 平面 ；
(2)根据锥体体积公式由条件确定 平面 ，建立空间直角坐标系，求平面 与平面 的法向
量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
因为在正三角形 中， ，
又因为 ，所以 ，
平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又有 ，且 ，所以 ，
而 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
有 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又 平面 ，
因此 平面 .
（2）因为 ，又因为 的面积为定值，
所以当 到平面 的距离最大时，四面体 的体积有最大值，
因为 ， ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，
当 时，平面 平面 ， 平面
所以 平面 ，即在翻折过程中，点 到平面 的最大距离是 ，
因此四面体 的体积取得最大值时，必有 平面 .如图，以点 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直接坐标系，
易知 ， ， ， ，
， ， ，
为平面 的一个法向量，
设平面 的法向量为 ，
，
由 ，令 得： ， ，
所以 为平面 的一个法向量，
.
所以平面 与平面 的夹角（锐角）的余弦值为 .
19．(1) ，
(2)30（千件）【分析】（1）求出 ，根据公式计算出 得线性回归方程；求出 ，再求得系数 ， ，代入得非线
性回归方程；
（2）根据（1）回归方程分别求得相关指数 ，比较可得，然后估算销售量即可．
【详解】（1）由题可得 ， ，
， ，
所以 ， ，
方案①回归方程 ，
对 两边取对数得： ，令 ， 是一元线性回归方程.
，
，
，
方案②回归方程 ；
（2）方案①相关指数 ；
方案②相关指数 ，
（有此结论即给分），
故模型②的拟合效果更好，精度更高.
当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量 （千件）.
20．数列①②的前 项和数列有界，数列③的前 项和数列无界，证明见解析【分析】①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.
【详解】数列①②的前 项和数列有界，数列③的前 项和数列无界，证明如下：
①若 ，则其前 项和 ，
因为 ，所以 ，则 ，
所以存在正数1， ， ，
即 前 项和数列 有界.
②若 ，当 时， ，
其前 项和
，
因为 ，所以 ，则 ，
所以存在正数2， ， ，
即 前 项和数列 有界.
③若 ，其前 项和为 ，，
对于任意正数 ，取 （其中 表示不大于 的最大整数），
有 ，
因此 前 项和数列 不是有界的.
21．(1)
(2) ．
【分析】（1）根据题意得到 ，结合椭圆的定义求得 ，再由 ，求得 ，即可求得
椭圆E的标准方程；
（2）直线 的方程为 ，联立方程组得到 ， ，利用弦长公式求得
，再由由直线 的方程为 ，联立方程组得到 ，
， 求得 ， 进而得出四边形 的面积 ，结
合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，椭圆 的离心率为 ，可得 ，
又由椭圆的定义，可知 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以椭圆E的标准方程为 ．
（2）解：设 ，直线 的方程为 ，
由 ，整理得 ，
则有 ， ，
故 ，
又由直线 的方程为 ，设 ， ，
联立方程组 ，整理得 ，
则有 ， ，
则 ，
所以四边形 的面积：
，
因为 ，
当且仅当 时，等号成立，所以 ，
综上，四边形ACBD面积的最小值为 ．
【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图
形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的
最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特
别注意自变量的取值范围.
22．(1) 的单调增区间为 ，单调减区间为 ；
(2)答案见解析；
(3) 且 .
【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记 ，利用导数得 在 和 上均单调递增．记
，对 分 讨论，结合零点定理求函数 的“不动点”的个数；
（3）记 ，利用（1）得出 的单调性和值域，然后分 和 两种情况，结合（2）中
不动点的范围对 进行分析即可
【详解】（1）当 时， ，定义域为R．
，令 ，得 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 ．（2）函数 的不动点即为方程 的根，即方程 的根．
显然， 不是方程 的根，所以 ．
记 ，因为 （当且仅当 取等号），所以 在
和 上均单调递增．
由 ，记 ．
①当 时，
（ⅰ）当 时， ，
（可设
当 ， 当 ，
在 单调递减，在 单调递增，所以 ），
存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ；
（ⅱ）当 时， ，
（设
当 ， 当 ，
在 单调递增，在 单调递减，
所以 ），存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ．
②当 时，
（ⅰ）当 时， 无零点；
（ⅱ）当 时，因为 ， ，存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ．
综上所述，
当 时，函数 有两个“不动点” ， ；当 时，函数 有一个“不动点” ．
（3）记 ，由（1）知，
当 时，函数 单调递增，且 ；
当 时，函数 单调递增，且 ；
当 时，函数 单调递减，且当 趋向于无穷时， 的增长速率远远大于一次函数的增长
速率，则 ．
当 ，由（2）知
（其中 ）．
由 ，代入得 ．
因为 ，所以此时 只有一个解；
因为 ，所以此时 有两个解，
故 共有三个解，不满足题意；
当 ，由（2）知
由 ，代入得 ，
当 时， 只有一个解 ，不满足题意，此时 ；时， 共有两个解，满足题意，
综上所述，当 且 时方程有两个不同实数根．
