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