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 .