2023年高考押题预测卷01（江苏卷）（参考答案）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_42023年高考数学押题预测卷

2023年高考押题预测卷01 参考答案 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个 选项是符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 B D A C C D B D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．ABD 10．ABC 11．AC 12．ACD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．1792 14．2 2a2 2  2 1 1 ,  15． 16． 2 2  yx1   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．（10分） n2a S  n 【详解】（1）由已知 n 3 ①， n1a 所以当 时，S  n1 ②， n2 n1 3 n2a n1a a n1 a n a n1 a  n n1 n  n1  n2  ①②得 n 3 ，整理可得a n1 n1，则a n2 n2，a n3 n3， a n2 a 4 a 3 n3  3  2  a n4 n4，L ，a 2 2，a 1 1， a n1n n2n n   等式左右分别相乘得 a 21 2 ，----3分 1 n2n 又a 1 1，所以a n  2 ；----4分n2n （2）由（1）得a  ， n 2 1 1 11 1       则2a nn22nnn2 ，所以2a n nn2 2n n2，----5分 n n 1 1 1 所以     2a 1 2a 2 2a n 1 2 n 1 1 11 1 11 1 1 1 1  11 1   1                2 3 22 4 23 5 2n1 n1 2n n2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   1            2 3 2 4 3 5 n1 n1 n n2 1 1 1 1   1    2 2 n1 n2 3 1 1 1       4 2n1 n2，----8分 1 1 又 ，所以  0， nN n1 n2 3 1 1 1  3 所以     ， 4 2n1 n2 4 1 1 1 3      即2a 1 2a 2 2a n 4.----10分 1 2 n 18．（12分） 【详解】（1）在 ABC中，ab2ccosB， 由正弦定理得sinAsinB2sinCcosB， AπBC 又 ， sinBCsinB2sinCcosB 因为 , 所以sinCcosBsinBcosC sinB,----4分 sinCBsinB sinB0 所以 ,又 , 所以0CBCπ，且BCBCπ, 所以BCB， 故C 2B.----6分BC 3B0,π C 2B （2）由（1） 得 ，  π 1  B0, ,cosB ,1 所以  3 2 ， ab2ccosB,C 2B 因为 ， a3b 2ccosB2b 所以  bcosB bcosB 2sinCcosB2sinB 2sin2BcosB2sinB   sinBcosB sinBcosB 2 4cosB 4 2，----10分 cosB 2 2  π π 4cosB cosB B0,  B 当且仅当 cosB 即 2 ，且  3，即当且仅当 4时等号成立， π a3b 所以当B 时， 的最小值为 .----12分 4 bcosB 4 2 19．（12分） 【详解】（1）如图1，连接 B 1 C 与 DE 相交于 F ，连接 PF ，连接 BC 1与 B 1 C 交于点 G .----1分 ∵ AB 1 // 平面 PDE ，平面 AB 1 C  平面 PDEPF ， AB 1  平面 AB 1 C ， AB //PF ∴ 1 . BECE CDDC ∵ ， 1， CD CE  1 ∴DC BE ， 1ED //BC ∴ 1， 1 ∴CF FG CG. 2 1 ∵BC BC G，∴CG 2 B 1 C， 1 1 1 1 ∴CF  CG BC. 2 4 1 AB //PF ∵ 1 ， CP CF 1 ∴   ， CA CB 4 1 ∴点P是线段AC上靠近点C的四等分点.----6分 （2）如图2，取 AB 的中点 O ，连接 OC ， OA 1， ABBA AAB60 ∵四边形 1 1为边长为2的菱形， 1 ， AB2 AAB ∴ 1 ，  1 为等边三角形. ∵ OAOB ，  AA 1 B 为等边三角形， OA  AB ∴ 1 . ∵平面 ABB 1 A 1  平面 ABC ，平面 ABB 1 A 1 平面 ABC  AB ， OA  AB OA � ABBA 1 ， 1 平面 1 1，OA  ABC ∴ 1 平面 . ∵ ABC为等边三角形，OAOB， ∴ OCAB ，可得 OB ， OC ， OA 1两两垂直.----8分   O0,0,0 B0,1,0 A0,1,0 C  3,0,0 建立如图所示的空间直角坐标系，可得 ， ， ， ，  3 1   3 3 1   1 3 A  0,0, 3  ， E   2 , 2 ,0 ， P   4 , 4 ,0 ，B  0,2, 3  ，C   3,1, 3  ， D   3, 2 , 2  ， 1     1 1     3 3    3 3 设平面 PDE 的法向量为m  x,y,z，由 PE   4 , 4 ,0   ， ED    2 ,0, 2    ，    P  E  m  3 x 3 y0  4 4  有 E  D  m  3 x 3 z0 ，   2 2    m 3,1, 3 取y1，x 3，z 3，可得 .        设平面ABC 的法向量为 na,b,c ，由 AB 1  0,3, 3 ， C 1 B 1  3,1,0 ， 1 1    A  B  n3b 3c0, 1 有  C  1  B  1 n 3ab0, 取 a1 ， b 3 ， c3 ，可得n    1, 3,3 .     m  7 n  13 所以mn5 3， ， ，   mn   5 3 5 3 cos m,n    所以   ， m n 7 13 91 75 4 91 1  所以平面PDE和平面ABC 所成二面角的正弦值为 91 91 ．----12分 1 1 20．（12分） 1 【详解】（1）根据题意可知，患糖尿病的人数为60 =10人，这10人中不经常喝酒的有6人， 6 经常喝 不经常喝酒酒 患糖尿病 4 6 没患糖尿病 6 44 60444662 2  4.704<6.635 10501050 ， 因此依据小概率值0.01的独立性检验，当地成年男性患糖尿病与喝酒习惯无关联.----4分 1 （2）（ⅰ）经常喝酒且患糖尿病的人数有4人，则PAB ， 15 1 经常喝酒的人数有10人，则PA ， 6 PAB 2 PB A  PA 5 ，   1 经常喝酒且没患糖尿病的人数有6人，则P AB  ， 10     P AB 3 P B A   PA 5， 2  ；----8分 3 （ⅱ）证明：患糖尿病的人数有10人，则PB 1 ；没患糖尿病的人数有50人，则P  B   5 ， 6 6   PA B PAB  2 P  A B   P AB  3 PB 5 ， P  B  25， PA B 10  5Ψ P  A B  3 .----12分 21．（12分） P(x,y) 【详解】（1）设 是双曲线上的任意一点， DP2 x2(y2)2 2y24y4a2 2(y1)22a2 则 ， 所以当 y1 时， DP2 的最小值为2a2 ，所以2a2 3，得a2 1，x2y2 1 所以双曲线E的方程为 ．---3分 m2 1 （2）由直线l:ykxm与圆C:x2 (y2)2 1相切得 1k2 ， Ax,y  Bx ,y  由直线交双曲线的左、右支于A，B两点，设 1 1 ， 2 2 ， x2y2 1 联立  ykxm，消y整理得  1k2 x22mkx  m21  0， 4  m21k2 则 Δ 1 4  m21k2 0 ，x 1 x 2  m k2 2   1 1 ，x 1 x 2  k 2 2 m  k 1 ，所以 x 1 x 2  1k2 ， m21 m21 所以xx   0，即 ，解得 ， 1 2 k21 m24m2 m24m20 2 2m2 2 |m2| 1 又 1k2 ，则 m2 1 ，解得m1或m3，   m 2 2,31,2 2 所以   ， 4  m21k2 所以 AB  1k2  x x  1k2  ，----8分 1 2 1k2 m2 1 (2m) 4m2 d  又点D(0,2)到AB的距离 1 1k2 ，故 S 1  2 AB d 1  m24m2 ， Mx ,y  Nx ,y  设 3 3 ， 4 4 ， x2y2 0 联立方程组  ykxm ，消y整理得  1k2 x22mkxm2 0， 2mk m2 2m 则 ，x x  ，x x  ，所以 x x  ， Δ 4m2 3 4 1k2 3 4 1k2 3 4 1k2 2 2m 所以 MN  1k2  x x  1k2  ， 3 4 1k2 m 1 m2 d  S  MN d  又点O到MN的距离 2 1k2 ，故 2 2 2 m24m2，8 (2m) 4m2 m2 8 S 4S  4  所以当 1 2 7 时，有 m24m2 m24m2 7， 4 4 整理得(2m) 4m2   5m28m4  ，即(2m) 4m2  (5m2)(m2)， 7 7 4 3 27 又 ，则 4m2  (5m2)，即 ，解得m  ，m  （舍去）， m2 7 200m2258m810 1 4 2 50 3 3 3 3 所以m ，则k  ，所以直线方程为y x ． 4 4 4 4 ----12分 22．（12分） 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)， aeaa1 则ga (a0)， 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，  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， f x e， a0 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 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