数学-2023年高考押题预测卷01（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省新高考专用）（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【云南，安徽，黑龙江，山西，吉林
五省专用】
数学·参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A B B A C D C A BCD ABD ACD ABD
1
13． /0.5
2
4 611
14． 3
15．③
10
16． 3
12sin2B12sin2C12sin2 A12sinBsinC
17．（1）由已知 ，
sin2 Asin2Bsin2C sinBsinC a2b2c2 bc
即 ，由正弦边角关系得 ，
b2c2a2 1 π
所以cosA  ，又 ，所以A .
2bc 2 0 Aπ 3
a2 b2c22bccosA a4
（2）由余弦定理，得 ，又 ，
16b2c2bcbc bc4
所以 ，当且仅当 时等号成立，
1 3
S  bcsinA bc4 3
所以 △ABC 2 4 ，故 ABC的面积的最大值为4 3.

1 2a
1 n 1
1 b a a
18．（1）因为 b  12, n1  n1  n ，
1 a b 1 1 22a
1 n 1 1  n 2
a a 1a
n n n
b 
故数列 n 是公比为2的等比数列.
1
b  12
（2）因为 1 a ，
1
b bqn1 22n1 2n
所以 n 1 ，1
12n
所以a ，
n
1
所以a  .
n 2n1
2n  2n11    2n1 
c 2na a   1 1
（3）因为 n n n1  2n1  2n11   2n1  2n11    ，
2n1 2n11
 1 1   1 1   1 1 
所以 S n  211  221    221  231      2n1  2n11  
1 1
 
3 2n11 ．
19．（1）证明：在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，BC  AD1，AB2，
1
过点C作 于E，则BE ，可知 ，
CEAB 2 ABC 60
1
由余弦定理知AC2 1222212 3，
2
AC2BC2  AB2 ACBC
则 ，所以 .
又AC PC，BCPC C，BC，PC平面PBC ，
所以AC 平面PBC .
又AC平面ABCD，所以平面ABCD平面PBC .
 
AC  PBC PBBC CA CB
（2）解：因为 平面 ， ，所以C为坐标原点， ， 的方向分
别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系. 3 1 
    D , ,0
则A 3,0,0 ，B0,1,0，P 0,1,2 3 ，

2 2

，
  3 1 
CD  2 , 2 ,0 ，C  P    0,1,2 3  ，  P  A    3,1,2 3  .
 
r
nx,y,z
PCD
设平面 的法向量为 ，
 C  D  n 3x  1 y0
则   C  P  n y 2 2 2 3z0 ，令 x1 ，则 y 3,z 1 2 ，即n    1, 3, 1 2    .
设直线PA与平面PCD所成的角为，
3 3 3
sin cos  P  A  ,n   51
17 34
则 ，
4
2
51
即直线PA与平面PCD所成角的正弦值为 34 .
20038%22%120
20．（12分）（1）200名有预订的游客中，青年游客人数为 ，
3
200名不预订的游客中，青年游客人数为400 75，
16
可知22列联表如下
预订旅游 不预订旅游 合计
青年 120 75 195
非青年 80 125 205
合计 200 200 400
400(1201258075)2
K2  20.26310.828
200200195205
所以能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否青年有关.
（2）按分层抽样，从预定游客中选取5人，
120
其中青年游客的人数为5 3人，非青年游客2人，
200
所以从5人中任取3人，其中至少有2人是青年人的概率为
C2C1 C3 7
P 3 2 3 
C3 10.
5b1

c 2
21．（12分）（1）由题意得   ，
a 2
a2c2 b2 a2 2 b2 1
又因为 ，解得 ， ，
x2
所以 的方程为  y2 1；
M 2
（2）
法一：
D0,1
l
若 的斜率不存在，则 ，
2
此时k k  ， ，不符合题意，
AC BD 2 AC//BD
l l k l ykx1
若 的斜率存在，则设 的斜率为 ，则 的方程为 ，
x2
 y2 1
联立方程 2 ，得 ，
 ykx1  12k2 x24kx0
4k
解得 ，x  ，
x 0 2 12k2
1
4k2 12k2
y kx 1 1
所以 2 2 12k2 12k2 ，
 4k 12k2 
D , 
所以 12k2 12k2 ，
12k2
  
12k2 12k2 1 2k 1 2k 1 2k
k    
BD 4k  2 2 2k24k 2 2  1 2k 2 2  1 2k  ，
12k2
1 2k  
BD:y x 2
则 2  1 2k  ，1 2
k  
又 AC 2 2 ，
2
AC:y x1
2 ，
AC BD x2k y 2k1
联立 ， 的方程，解得： ， ，
 
2k, 2k1
所以Q点坐标为 ，
1
直线 ，令 ，解得：x ，
l:ykx1 y0 k
 1 
所以P ,0，
 k 
O  P  O  Q     1 2k0  2k1  2
所以  k 为定值.
法二：
y
D0,1
D
若 在 轴上，则 ，
2
此时k k  ， ，不符合题意，
AC BD 2 AC//BD
x2
设Dx
1
,y
1
， 则
2
1 y
1
2 1，且x
1
0，y
1
1，
y y  
  k  1 BD:y 1 x 2
B  2,0 ， BD x  2 ， x  2 ，
1 1
1 2 2
k   AC:y x1
AC 2 2 ， 2 ，
y   2
1 x 2  x1
消去y得x  2 2 ，
1
2 
y x 2y  x  2 xx  2
1 1 2 1 1 ，
x  2y  2 2x 2 2y 2 2
x  1 1  1 1
解得 Q 2 2y  2x 2 ，
y  x 1 1 1
1 2 1
y 1 y 1
k  1 ，CD:y 1 x1，
CD x x
1 1x
x  1
令y0，解得 P 1y ，
1
  2x 2 2y 2 2 x
OPOQ 1 1  1
2y  2x 2 1y ，
1 1 1
P  2,0  Q  2,0   
特别地，当l过点A时， ， ，此时OPOQ 2 2 2，
2x 2 2y 2 2 x
1 1  1 2
 
要证OPOQ2恒成立，即 2y  2x 2 1y 恒成立，
1 1 1
 2x 2 2y 2 2  x 21y  2y  2x 2 
只需证 1 1 1 1 1 1 ，
2x22 2x y 2 2x 4y 2 2x 44y22 2x y 4y
即证 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1，
2x24y2 4
即证 1 1 ，
x2
即 1 y2 1，
2 1
上式显然成立，
 
OPOQ2
所以 .
法三：
y
D0,1
D
若 在 轴上，则 ，
2
此时k k  ， ，不符合题意，
AC BD 2 AC//BD
x2
设Dx
1
,y
1
， 则
2
1 y
1
2 1，且x
1
0，y
1
1，
y y  
  k  1 BD:y 1 x 2
B  2,0 ， BD x  2 ， x  2 ，
1 1
1 2 2
k   AC:y x1
AC 2 2 ， 2 ，
y   2
1 x 2  x1
消去y得x  2 2 ，
1
2 
y x 2y  x  2 xx  2
1 1 2 1 1 ，x  2y  2 2x 2 2y 2 2
x  1 1  1 1
解得 Q 2 2y  2x 2 ，
y  x 1 1 1
1 2 1
y 1 y 1
k  1 ，CD:y 1 x1，
CD x x
1 1
x
x  1
令y0，解得 P 1y ，
1
  2x 2 2y 2 2 x
OPOQ 1 1  1
2y  2x 2 1y
1 1 1
2x22 2x y 2 2x
 1 1 1 1
2y 11y  2x 1y 
1 1 1 1
2x22 2x y 2 2x
 1 1 1 1
2
 1y2
 2x  2x y
1 1 1 1
2x22 2x y 2 2x
 1 1 1 1
x2 2x  2x y
1 1 1 1
2
 
OPOQ
所以 为定值.
1
g(x) 2a
22．（1）设g(x) f(x)lnx2ax1,g(x)的定义域为(0,),
x
.
a0 g(x)0,g(x) (0,) (0,)
当 时, 在 上为增函数,在 上单调递增;
1
当 时,令 ,得x .
a0 g(x)0 2a
 1 
x0, 
若  2a,则g(x)0,g(x)单调递增,
 1 
x ,
若 2a ,则g(x)0,g(x)单调递减.
a0 f(x) (0,)
综上,当 时, 在 上单调递增;
当a0时, f(x)在区间    0, 2 1 a   上单调递增,在区间   2 1 a ,   上单调递减.e2 e2
y xlnxax2 
（2）直线 2 与曲线y f(x)有两个交点,即关于x的方程 2 有两个解,
lnx e2
a 
整理方程,得 x 2x2 .
lnx e2
(x) 
令 x 2x2 ,其中x0,
1lnx e2 xxlnxe2
(x)  
则 x2 x3 x3 .
s(x)xxlnxe2 s(x)lnx
令 ，则 .
0x1 s(x)0 s(x)
当 时, ,此时函数 单调递增,
x1 s(x)0 s(x)
当 时, ,此时函数 单调递减.
s(1)1e2,s  e2 0
由 ,
0x1 xxlnxe2 x(1lnx)e2 0 (x)0
得 时, ,则 ,
当1xe2
时,
s(x)s
 e2
0
,则
(x)0
,
当xe2时,
s(x)s
 e2
0
,则
(x)0
,
(x)
 0,e2  e2, 
则函数 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
3
则(x) 
 e2
 .
max 2e2
x  (x) xe2 (x)0
当 趋近于 时, 趋近于0,即当 时, ;
x (x) 
当 趋近于0时, 趋近于 ,
作出如图所示图象：e2 3
故要使直线y 与曲线 有两个交点,则需0a ,
2 y f(x) 2e2
 3 
0, 
即a的取值范围是 2e2 .