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2023年高考押题预测卷02(江苏卷)(全解全析)_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

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2023年高考押题预测卷02(江苏卷)(全解全析)_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
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2023 年高考押题预测卷 02 数学·全解全析 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.已知集合 , ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意可得, ,即 ,所以 则 ,故选:A 2.复数 在复平面内所对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】D 【解析】因为 , 所以 , 所以,复数 在复平面内所对应的点为 , 所以,复数 在复平面内所对应的点位于第四象限.故选:D. 3.如图,在 中,点D为线段BC的中点,点E,F分别是线段AD上靠近D,A的三等分点,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 ,则 ①; ,则 ②; ① ②两式相加, ,即 ,故选:C. 4.如图,一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内,容器与地面所成的角为 ,液面 呈椭圆形,椭圆长轴上的顶点 , 到容器底部的距离分别是12和18,则容器内液体的体积是( )A. B. C. D. 【答案】D 【解析】如图为圆柱的轴截面图,过M作容器壁的垂线,垂足为F, 因为MN平行于地面,故 , 椭圆长轴上的顶点 , 到容器底部的距离分别是12和18, 故 , 在 中, ,即圆柱的底面半径为 , 所以容器内液体的体积等于一个底面半径为 ,高为 的圆柱体积的一半, 即为 ,故选:D. 5.四位爸爸 、 、 、 相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练,其中每位爸爸都与一个别人家 的小孩进行交谈,则 的小孩与 交谈的概率是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设 、 、 、 四位爸爸的小孩分别是 、 、 、 , 则交谈组合有 种情况,分别为: , , , , , , , , , 的小孩与 交谈包含的不同组合有 种, 分别为: , , , 的小孩与 交谈的概率是 .故选:A. 6.函数 在 的图像大致为 A. B. C. D.【答案】B 【解析】设 ,则 , 所以 是奇函数,图象关于原点成中心对称,排除选项C. 又 排除选项D; ,排除选项A,故选B. 7.已知函数 为 的零点, 为 图象的对称轴,如果 存在实数 ,使得对任意的实数 ,都有 成立,当 取最小值时( ) A. 在 上是增函数 B. 在 上是增函数 C. 在 上是减函数 D. 在 上是减函数 【答案】B 【解析】已知函数 为 的零点, 为 图象的对称轴, 则 ①, ②, 由①②可得: ,又 ,则 或 ; 又存在实数 ,使得对任意的实数 ,都有 成立, 则 ,故 , 又 ,且 ,则 ,由②得此时 则 ,函数在 上的增区间满足 , 所以 , 则 的增区间为 , 所以 在 上是增函数.故选:B. 8.设 , , ,则( ) A. B. C. D.【答案】C 【解析】由 ,令 且 , 所以 , 令 且 ,则 ,即 递减, 所以 ,故 在 上恒成立,则 在 上递减, 所以 ,即 ,则 ; 由 ,令 且 , 所以 在 上递增,故 , 故 在 上递增, ,即 ,则 ; 综上, .故选:C 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.已知由样本数据 , ,2,3, , 组成的一个样本,得到回归直线方程为 ,且 ,去除两个样本点 和 后,得到新的回归直线的斜率为3.则下列说法正确的是( ) A.相关变量 , 具有正相关关系 B.去除两个样本点 和 后,回归直线方程为 C.去除两个样本点 和 后,随 值增加相关变量 值增加速度变小 D.去除两个样本点 和 后,样本 的残差为0.1 【答案】AB 【解析】对于A,去除两个样本点 和 后,得到新的回归直线的斜率为3, , 则相关变量 , 具有正相关关系,故A正确; 对于B,由 代入 得 ,则去除两个样本点 和 后, 得到新的 , , , 故去除样本点后的回归直线方程为 ,故B正确; 对于C,由于斜率为 ,故相关变量 , 具有正相关关系且去除样本点后, 随 值增加相关变量 值增加速度变大,故C错误, 对于D,当 时, ,则样本 的残差为 ,故D错误.故选:AB. 10.如图,矩形ABCD中,E、F分别为BC、AD的中点,且 , ,现将 沿 AE向上翻折,使B点移到P点,则在翻折过程中,下列结论正确的是( ) A. B.存在点P,使得 C.存在点P,使得 D.三棱锥 的体积最大值为 【答案】ACD【解析】依题意, ,则四边形 为平行四边形,有 , 而 , ,即有 ,因此 , 即 ,因此 ,A正确; 因为 , ,因此 不平行,即不存在点P,使得 ,B错误; 连接 ,当 时,因为 ,即 ,则 , 而 , 平面 ,因此 平面 , 又 分别为 的中点,即 ,于是 平面 , 而 平面 ,则 ,C正确; 在翻折过程中,令 与平面 所成角为 ,则点 到平面 的距离 , 又 的面积 ,因此三棱锥 的体积 , 当且仅当 ,即 平面 时取等号,所以三棱锥 的体积最大值为 ,D正 确. 故选:ACD 11.已知椭圆 的左、右焦点分别为 、 ,点 在椭圆内部,点N在椭圆上, 椭圆C的离心率为e,则以下说法正确的是( ) A.离心率e的取值范围为 B.存在点N,使得 C.当 时, 的最大值为 D. 的最小值为1 【答案】AC 【解析】A:由已知可得, ,所以 ,即 , 则 ,故 ,正确; B:由 知, 共线,故 必为椭圆的右顶点, 而 ,即 ,则 , 所以 ,不合A分析结果,错误;C:由已知 且 ,所以 , . 又 ,则 . 根据椭圆的定义可得 , 所以 , 如上图示,当且仅当 三点共线时取得等号,正确; D:因为 . 所以 , 当且仅当 ,即 时等号成立. 所以, 的最小值为 ,错误.故选:AC 12.已知函数 及其导函数 的定义域均为 . , ,当 时, , ,则( ) A. 的图象关于 对称 B. 为偶函数 C. D.不等式 的解集为 【答案】BCD 【解析】由 可得 ,故可知 的图象关于 对称,故A错误, 由 得 ,由 得 , 故 为偶函数,故B正确, 由 可得 ,所以 ,又 为偶函数,所 ,即 ,故C正确, 由 为偶函数且 可得 , 所以 是周期函数,且周期为8,又当 时, ,可知 在 单调递减 故结合 的性质可画出符合条件的 的大致图象: 由性质结合图可知:当 时, , 由 得 ,故 , 当 且 时, 此时无解, 当 时, ,解得 , 当 且 时,由 得 综上可得 的解集为 ,故D正确, 故选:BCD 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13. 的展开式中, 的系数为______. 【答案】 【解析】二项式 的通项公式为 , 所以 的系数为 , 故答案为: 14.过点 且与圆 : 相切的直线方程为__________ 【答案】 或 【解析】将圆 方程化为圆的标准方程 ,得圆心 ,半径为 , 当过点 的直线斜率不存在时,直线方程为 是圆 的切线,满足题意; 当过点 的直线斜率存在时, 可设直线方程为 ,即 , 利用圆心到直线的距离等于半径得 ,解得 , 即此直线方程为 , 故答案为: 或 . 15.已知函数 的图像关于直线 对称,且 时, ,则曲线 在点 处的切线方程为___________. 【答案】 【解析】设 分别为函数 的图像上关于直线 对称的两点,不妨设 ,则 .所以 ,所以 所以 . 所以当 时, . 所以 . 而 ,所以 . 所以曲线 在点 处的切线方程为 ,即 . 故答案为: . 16.已知点 在抛物线 上,过点A作圆 的两条切线分别交抛物线于B,C两 点,则直线BC的方程为____________. 【答案】 【解析】因为点 在抛物线 上,则 ,解得 ,即抛物线方程为 , 显然过点A作圆 的两条切线斜率存在, 设此切线方程为 ,即 , 于是 ,解得 ,设点 , 不妨令直线 的斜率分别为 ,于是 , , 同理 ,直线 的斜率 , 而点 , 直线BC的方程为 ,即 . 故答案为: 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) 已知 为等差数列,且 . (1)求 的首项和公差; (2)数列 满足 ,其中 、 ,求 . 【答案】(1) ;(2) 【解析】(1)设等差数列 的公差为 ,则 , 由 可得 ,即 ,所以, ,解得 , . (2)因为 ,则 , 所以 ; ; . 因此, . 18.(12分) AB 在 中,内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且满足a3b6bsin2 0. ABC 2  (1)求证:a3bcosC 0; (2)求tanA的最大值. 3 【答案】(1)证明见解析;(2) 4 AB 【解析】(1)∵a3b6bsin2 0, 2 πC C ∴a3b6bsin2 a3b6bcos2 0, 2 2 1cosC ∴a3b6b 0, 2 ∴a3bcosC 0. (2)由(1)可得:sinA3sinBcosC 0,且C为钝角, 即4sinBcosCcosBsinC 0, 即4tanBtanC 0,tanC 4tanB, 3 3 tanBtanC 3tanB 3 tanAtanBC     1tanBtanC 4tan2B1 1 1 4, 4tanB 2 4tanB tanB tanB 1 1 当且仅当4tanB ,即tanB 时取等号. tanB 2 3 故 的最大值为 . tanA 4 19.(12分) 如图,直三棱柱ABC- ABC 内接于圆柱,AB AA BC 2,平面ABC 平面AABB. 1 1 1 1 1 1 1(1)证明:AC为圆柱底面的直径; (2)若M为AC 中点,N为CC 中点,求平面ABC与平面BMN 所成锐二面角的余弦值. 1 1 1 1 5 7 【答案】(1)证明见解析;(2) 14 【解析】(1)证明:连接AB ,在直三棱柱ABC- ABC 中,AB AA 2, 1 1 1 1 1 ∴四边形AABB为正方形,∴AB  AB 1 1 1 1 又平面ABC 平面AABB,平面ABC平面AABB AB,AB 平面AABB, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴AB 平面ABC,又BC平面ABC,∴BC  AB 1 1 1 1 又AA 平面ABC,BC平面ABC,∴BC  AA . 1 1 又AB 1 AA 1  A,AB 1 ,AA 1 平面AA 1 B 1 B, ∴BC平面AA 1 B 1 B,又AB平面AA 1 B 1 B, ∴ABBC,∴AC为圆柱底面的直径. (2)由已知BB平面ABC,ABBC, 1    ∴以 BA,BC,BB 1 为正交基底建立空间直角坐标系Bxyz, ∴B0,0,0 ,A2,0,0 ,C0,2,0 ,B 0,0,2 ,A 2,0,2 ,C 0,2,2 . 1 1 1 ∵M,N为AC ,CC 中点, 1 1 1 ∴M1,1,2 ,N0,2,1 .  设平面ABC的一个法向量为mx,y,z  . 1 1 1 1    B  A  m 0 则   B  C  1 m 0 ,又 B  A  2,0,2 , B uu C ur 0,2,0 , 1 2x 2z 0 1 1 ∴ ,取 ,得 , ,∴ , 2y 0 z 1 x 1 y 0 m1,0,1 1 1 1 1  设平面BMN 的一个法向量为nx ,y ,z  . 2 2 2   B  M  n0 则   B  N  n0 ,又 B  M  1,1,2 , B  N  0,2,1 , x y 2z 0 2 2 2 ∴ ,取 ,得 , .∴ , 2y z 0 z 2 x 3 y 1 n3,1,2 2 2 2 2 2     mn 32 5 7 cosm,n   ∴   , m n 2 14 14 5 7 所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 . ABC BMN 14 1 20.(12分) 党的十八大以来,习近平总书记多次对职业病防治工作作出重要指示,并在全国卫生与健康大会上强调, 推进职业病危害源头治理.东部沿海某蚕桑种植场现共有工作人员110人,其中有22人从事采桑工作,另 外88人没有从事采桑工作. (1)为了解职工患皮炎是否与采桑有关,现采用分层随机抽样的办法从全体工作人员中抽取25人进行调 查,得到以下数据: 采 不采桑 合计 桑 患皮炎 4 未患皮炎 18 合计 25 ①请完成上表; ②依据小概率值0.005的独立性检验,分析患皮炎是否与采桑有关? (2)为了进一步了解职工职业病的情况,需要在上表患皮炎的工作人员中抽取4人做进一步调查,将其中 采桑的人数记作X ,求X 的分布列和期望. nadbc2 附:2  ,其中 , abcdacbd nabcd  0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 x 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879  【答案】(1)① 填表见解析;②认为患皮炎与采桑之间有关联,此推断犯错误的概率不大于0.005 8 (2)分布列见解析;期望为 3 【解析】(1)① 采 不采桑 合计 桑 患皮炎 4 2 6 未患皮炎 1 18 19 合计 5 20 25 ②零假设为H :患皮炎与采之间无关联,根据列联表中的数据, 0 25418212 1225 经计算得到x2   10.7467.879x , 619520 114 0.005根据小概率值0.005的独立性检验,我们推断H 不成立, 0 即认为患皮炎与采桑之间有关联,此推断犯错误的概率不大于0.005. (2)用X 表示抽取的4人中采桑的工作人员人数,X 的取值为:2,3,4, PX 2 C2 4 C2 2  2 ,PX 3 C3 4 Cl 2  8 ,PX 4 C4 4 C0 2  1 C4 5 C4 15 C4 15 6 6 6 随机变量X的分布列为: X 2 3 4 2 8 1 P 5 15 15 2 8 1 8 则EX2 3 4  . 5 15 15 3 21.(12分) x2 y2 已知双曲线E:  1a0,b0的左、右焦点分别为 、 , 且双曲线 经过点 a2 b2 F 1 F 2 F 1 F 2 2 3 E   A 3,2 . (1)求双曲线E的方程; (2)过点P2,1 作动直线l,与双曲线的左、右支分别交于点M 、N ,在线段MN上取异于点M 、N 的 PM MH 点 ,满足  ,求证:点 恒在一条定直线上. PN HN H H y2 【答案】(1)x2 1;(2)证明见解析 2 【解析】(1)因为 FF 2c2 3,则c 3, 1 2 由双曲线的定义可得 2a AF  AF   3 3 2 202   3 3 2 202 422, 1 2 所以,a1,则b c2a2  31 2, y2 因此,双曲线 的方程为x2 1. E 2 (2)证明:设点Hx,y 、Mx,y  、Nx ,y  , 1 1 2 2  y2 x2 1 1  1 2 y2 2  x21  则 ,可得 1 1 ,   x 2 2 y 2 2 2 1    y 2 2 2  x 2 21    PM MH PM PN 设  ,则 ,其中 , PN HN MH HN 1x x 21 1 2  y y 1 1 2 即 ,整理可得 ,  x 1 2,y 1 1x 2 2,y 2 1  x 1 x 2 1x   xx 1 ,yy 1 x 2 x,y 2 y   y 1 y 2 1y 所以,x22x2 2  12 x,y22y2   12 y, 1 2 1 2 y2 2  x21   1 1 将 代入 可得 , y2 2  x21  y22y2   12 y 2x22x2  12  12 y  2 2 1 2  1 2  将x22x2 2  12 x代入2x22x2  12  12 y 1 2  1 2  可得2   12 2x  12    12 y,即4xy20, 所以,点H 恒在直线4xy20上. 22.(12分) 1 已知函数 f xex x2ax. 2 (1)若函数 f x 在 0, 上是单调递增,求实数a的取值范围; f x  f x  (2)若对于任意 ,存在正实数 ,使得 fx  2 1 ,试判断 与 的大小关系, x x 0 x 0 x x 2x x x 2 1 0 2 1 0 1 2 并给出证明. 【答案】(1)a1;(2)2x x x ;证明见解析 0 1 2 1 【解析】(1) f xex x2ax则 fxexxa 2 由题意可得 fx0当x0, 时恒成立 构建x fx ,则xex 10当x0, 时恒成立 ∴x 在 0, 上单调递增,x01a当x0, 时恒成立 则1a0即a1 f x  f x  (2)构建Fx f x f x  2 1 xx  , 1 x x 1 2 1 f x  f x  则Fx fx 2 1 x x 2 1 ∵Fx Fx 0且Fx 在区间 x,x  连续 1 2 1 2 则Fx 在区间 x,x  上存在极值点 1 2 f x  f x  即存在正实数 ,使得Fx  fx  2 1 0, x x,x  0 0 x x 0 1 2 2 1 f x  f x  x x  f x  f x  x x  即 fx  2 1 fx  f  2 1  2 1  f  2 1  0 x x 0  2  x x  2  2 1 2 1 x2x1 ex2 ex1 x2x1 e 2  x2x1 x2x1   e 2  e 2 e 2 x x  x x x x 2 1   2 1 2 1 设gxexex2x,x0,gxexex20当x0时恒成立则函数gx 在 0, 上单调递增,则gxg00, x2x1 x2x1 x x  x x  即e 2 e 2 x x g 2 1 0,则 fx  f  2 1 , 2 1  2  0  2  由(1)可知函数 fx 在 0, 上单调递增, x x 则x  1 2 ,即 . 0 2 2x x x 0 1 2
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