2023年高考押题预测卷02（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02 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 A D C D A B B 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．AB 10．ACD 11．AC 12．BCD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．40 14． 或 15． 16． 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） 【解析】（1）设等差数列 a n  的公差为d，则a n a 1 n1d， 由a n1 2a n 2n3可得a 1 nd 2  a 1 n1d  2n3，（1分） 即 d2na 32a0， 1 d20 a 1 所以， ，解得 1 ，（3分） a 1 32d 0 d 2 a a n1d 12n12n1.（4分） n 1  1  1 ,n3k2 ,n3k2 （2）因为b n    a k a k1 ，则b n    2k12k1 ，（5分） 1n a ,3k1n3k  1n 2n1,3k1n3k  n  1 1 1 1 所以b 1 b 4 b 7   b 58  13  35  57    3941 1 1 1 1 1 1  1 1  20  1           ；（7分） 2 3 3 5 5 7 39 41 41 b 2 b 5 b 8 b 11   b 56 b 59 a 2 a 5 a 8 a 11   a 56 a 59  3220120； b 3 b 6 b 9 b 12   b 57 b 60 a 3 a 6 a 9 a 12   a 57 a 60  3220120. 60 因此， b i b 1 b 4 b 7   b 58 b 2 b 5 b 8   b 59 b 3 b 6 b 9   b 60  i120 20  120120 .（10分） 41 41 18．（12分） AB 【解析】（1）∵a3b6bsin2 0， 2 πC C ∴a3b6bsin2 a3b6bcos2 0，（2分） 2 2 1cosC ∴a3b6b 0，（4分） 2 ∴a3bcosC 0．（5分） （2）由（1）可得：sinA3sinBcosC 0，且C为钝角，（5分） 即4sinBcosCcosBsinC 0， 即4tanBtanC 0，tanC 4tanB，（7分） tanBtanC 3tanB 3 tanAtanBC   1tanBtanC 4tan2B1 1 （9分） 4tanB tanB 3 3   1 4，（11分） 2 4tanB tanB 1 1 当且仅当4tanB ，即tanB 时取等号． tanB 2 3 故 的最大值为 ．（12分） tanA 4 19．（12分） 【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分） 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 （3分） 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．（5分） （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 ．（6分） 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 ， ，∴ ，（8分） 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 ， ．∴ ，（10分） 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 ．（12分） ABC BMN 14 1 20．（12分） 【解析】（1）①（2分） 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 ,（4分） 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.（5分） （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,（6分） PX 2 C2 4 C2 2  2 ，PX 3 C3 4 Cl 2  8 ，PX 4 C4 4 C0 2  1 （9分） C4 5 C4 15 C4 15 6 6 6 随机变量X的分布列为： X 2 3 42 8 1 P 5 15 15 2 8 1 8 则EX2 3 4  ．（12分） 5 15 15 3 21．（12分） 【解析】（1）因为 FF 2c2 3，则c 3，（1分） 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，（3 1 2 分） 所以，a1，则b c2a2  31 2， y2 因此，双曲线 的方程为x2 1.（5分） 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 ，（6分）   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 ，（8分）  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x 1 22x 2 2 2  12 x代入2  x 1 22x 2 2  12    12 y（10分） 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.（12分） 22．（12分） 1 【解析】（1） f xex x2ax则 fxexxa（1分） 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（3分） ∴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（5分） 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 （7分） 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 （9分） 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 ，（11分） 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 ．（12分） 0 2 2x x x 0 1 2