文档内容
2023年新高考数学押题密卷（一）
注意事项：
1．答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改
动、先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效．
4．请考生保持答题卷的整洁，考试结束后，将答题卷交回．
第Ⅰ卷
一、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，只有一项是符合题目要
求的。
1．己知全集 ，集合 或 ， ，则如图中阴影部分表示的集合
为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】 ， ，
，
由图可知阴影部分表示的集合是 ，
故选：A.
2．已知 ，则z的虚部是（ ）．
A．5 B． C． D．
【答案】C【解析】 ,虚部是 .
故选：C.
3．函数 是定义在 上的减函数的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为函数 是定义在 上的减函数，
所以 ，解得 ，
所以 是 的必要不充分条件，
是 的充分不必要条件，
， 是 的既不充分也不必要条件.
故选：B
4．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极
衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐
藏的世界数学史上第一道数列题．已知该数列 的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，
50，记 ， ，则数列 的前20项和是（ ）
A．110 B．100 C．90 D．80
【答案】A
【解析】观察此数列可知，当 为偶数时， ，当 为奇数时， ，
因为 ，所以数列 的前20项和为：
，
故选：A
5．函数 （ ， ）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与 的图
象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数 的最小正周期是 B．函数 在 单调递减
C．函数 的图象关于点 成中心对称 D．将函数 的图象向左平移 后得到关于y轴对称
【答案】B
【解析】由对称性可知 的横坐标等于 ，
所以 ，所以 ，解得 ，故A错误；
图中函数图象的最高点为 即 ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，令 解得 ，
当 时 ，所以函数 在 单调递减，故B正确；
令 解得 ，
所以函数的对称中心为 ，
令 得 ，故C错误；
的图象向左平移 个单位得到 不关
于y轴对称，
故D错误；
故选:B.
6．已知正方形 的边长为 是它的外接圆的一条弦，点 为正方形四条边上的动点，当弦 的
长度最大时， 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】当弦 的长度最大时，弦 过正方形 的外接圆的圆心 ，
因为正方形 的边长为2，所以圆 的半径为 ，
如下图所示：
则 ， ，所以， .
因为点 为正方形四条边上的动点，所以 ，
又 ，所以 ，
故选：A.
7．已知双曲线 的左焦点与抛物线 的焦点 重合， 为抛物线 上一动点，定点
，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】对于双曲线 ， ， ，则 ，故点 ，
所以，抛物线 的方程为 ，抛物线 的准线为 ，如下图所示：
过点 作 ，垂足为点 ，由抛物线的定义可得 ，
所以， ，当且仅当 时， 取最小值为 .
故选：D.
8．已知函数 ，存在两条过原点的直线与曲线 相切，则实数a的取值范围是
（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设切点坐标为 ，又 ，则切线斜率
又 ，则切线方程为： ，
又切线过原点，则 ，即方程 在 上有两不
相等的实根，
设 ， ，则 ，
当 时， 恒成立， 在 上单调递增，不可能存在两个零点，故不符合题意；
当 时， 得 ，当 时， ， 单调递减， 时， ，
单调递增，
要使得 两个不同的零点，则 ，解得
，
又 ， 时， ，故当 时， 有两个零点，
则实数a的取值范围是 .
故选：D.
二、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 组成的一个样本，得到经验回归方程为 ，且 ，
去除两个样本点 和 后，得到新的经验回归方程为 ．在余下的8个样本数据和新的经
验回归方程中（ ）．
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．新的经验回归方程为
C．随着自变量x值增加，因变量y值增加速度变小
D．样本 的残差为
【答案】ABD
【解析】 ，x新平均数 ， ．
y新平均数 ，∴ ，∴ ．
新的线性回归方程 ，x，y具有正相关关系，A对．
新的线性回归方程： ，B对．
由线性回归方程知，随着自变量x值增加，因变量y值增加速度恒定，C错；
， ， ，D对．
故选：ABD．
10．在 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若 ，内角A的平分线交BC于点D，
， ，以下结论正确的是（ ）
A． B．
C． D． 的面积为
【答案】ACD【解析】在 中，
∵ ，则 ，整理得 ，所以 ，
由二倍角公式得 ，解得 ，
在 中，则 ，故选项A正确；
在 中，则 ，故选项B错误；
由题意可知： ，即 ，
由 ，解得 ，故选项C正确；
在 中，
∵ ，则 ，
∴ ，故选项D正确.
故选：ACD.
11．设定义在 上的函数 与 的导函数分别为 和 ．若 ，
，且 为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．函数 的图象关于点 对称 B．
C． D．
【答案】BC
【解析】对A，∵ ，则 ，则 ，
又 ，所以 ，令 ，可得 ，即 .所以 ，所以函数 的图象关于 对称，A错；
对C，∵ 为奇函数，则 图像关于 对称，且 ，
∴ ， ， ， ，∴ .
又 ，∴ ，∴ 的周期 ，
∴ ，C对；
对B， ，则 是周期 的函数， ，B对；
对D， ，D错.
故选：BC.
12．如图，已知正三棱台 的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面 内
运动（包含边界），且AP与平面 所成角的正切值为 ，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点 ，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点 ，取 中点 ，中点 ，连接 ，则有 ，
所以 的延长线必过点 且 ，
过点 作 ，则四边形 是边长为1的菱形.
如图所示：
在 中， ，即 ，
解得 ，所以 ，
所以 为边长为3等边三角形，
所以 ，
所以 ，
因为 是边长为3的等边三角形且 为 中点，
所以 ， ，
在 中，由余弦定理变形得， ，
在 中，由余弦定理变形得，，
解得 ，所以 ，所以 ；
由 ，可得 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
由 ， ， ，可得 平面 ，
因为AP与平面 所成角的正切值为 ，
所以 ，解得 ， ，
所以点 在平面 的轨迹为 ，
对于A：当点 运动到 与 的交点时 有最小值，
因为四边形 是边长为1且 的菱形，
所以 ，所以 ，
故A选项正确；
对于B：要使得 ，则点 必须落在
平面 与平面 的交线上且 ，
由图易知，在平面 中不存在这样的点 ，
故B选项错误；
对于C：当点 运动到点 时，连接 ， 交 于点 ，
连接 ，由于平面 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，所以 ，所以存在点P，存在点 ，使得 ，
故C选项正确；
对于D：设 的长度为 ，则 ，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为 ,
则有 ，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 ，
故D选项正确；
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．请写出一个与x轴和直线 都相切的圆的方程______．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】因为圆与x轴与 都相切，所以圆心在 .
不妨取 ，则 .
要使圆与x轴相切，只需半径为1.
所以圆的方程为： ．
故答案为： （答案不唯一）.
14．已知 的展开式中各项系数和为27，则含 项的系数为________．（用具体数字作答）
【答案】6
【解析】令 ，可得 ，所以 ，则 的展开式中只有 和 中含 项，
分别为 和 ，故其系数为 .
故答案为：6
15．三棱锥 内接于半径为 的球O，且 ，则三棱锥 体积的最大值为________．
【答案】
【解析】如图，取AB的中点为M，则 ，设O到CD的距离为 ，点M到
直线CD的距离为d，A，B两点到平面MCD的距离分别为 ，则 ，
，所以 ，
令 ，则 ，所以当 时，
，所以 ，所以
，
当且仅当 ，且 平面MCD时取等号．
故答案为：
16．已知数列 的各项都是正数， 若数列 各项单调递增，则首项 的取值范围是__________ 当 时，记 ，若 ，则整数 __________．
【答案】
【解析】由题意，正数数列 是单调递增数列，且 ，
且 ，解得 ，
，
又由 ，
可得： ．
，
．
，且数列 是递增数列， ，即 ，
整数 ．
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、证明过程或演算步棸。
17．（10分）
在① ， ② ， ③ 这三个条件中任选一个， 补
充在下面的问题中， 并解答该问题．在 中， 内角 的对边分别是 ， 且满足_______ ， ．
(1)若 ， 求 的面积;
(2)求 周长 的取值范围．
【解析】（1）若选条件①， 由 及正弦定理， 得
即 ， 化简得 ，
因为 ， 所以 ， 所以 ，因为 ， 所以 ．
若选条件②， 由 及正弦定理， 得 ， 即
， 化简得 ,
因为 ， 所以 ， 所以 ，因为 ， 所以 ．
若选条件③， 由 化简得， ， 由余弦定理得 ，
即 ，因为 ， 所以 ，
所以三个条件，都能得到 .
由余弦定理得 ， 即 ， 解得 ，
所以 的面积 .
（2）因为 ， 由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，
因为 ， 所以 ，
所以 ， 即 ， 所以 周 长 的取值范围为 .
18．（12分）
记 ，为数列 的前n项和，已知 ， ．
(1)求 ，并证明 是等差数列；
(2)求 ．
【解析】（1）已知 ，
当 时， ， ；当 时， ， ，所以 ．
因为 ①，所以 ②．
②－①得， ，整理得 ， ，
所以 （常数）， ，
所以 是首项为6，公差为4的等差数列．
（2）由（1）知， ， ， ．
当n为偶数时， ；
当n为奇数时， ．
综上所述， .19．（12分）
如图1，在平面四边形 中， ∥ ， ，将 沿 翻折到
的位置，使得平面 ⊥平面 ，如图2所示.
(1)设平面 与平面 的交线为 ，求证： ；
(2)在线段 上是否存在一点 （点 不与端点重合），使得二面角 的余弦值为 ，请说明理
由.
【解析】（1）证明:延长 相交于点 ，连接 ，
则 为平面 与平面 的交线 ，
由平面 ⊥平面 ， ， 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ，
又由 ∥ ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，所以 ，
（2）由（1）知： ，
以 为坐标原点，以 所在的直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得 ，
则 ，
设 （其中 ），
则 ，所以 ，
设平面QBD的法向量为 ，
则 ，
令 ，可得 ，所以 ，
又由 平面 ，所以平面 的一个法向量为
则 ，
解得 ，
所以存在点 为 的中点时，使得二面角 的余弦值为 .
20．（12分）
《夺冠》这部影片讲述的是中国女排从1981年首夺世界冠军到2016年里约奥运会生死攸关的中巴大战，
诠释了几代女排人历经浮沉却始终不屈不挠、不断拼搏的传奇经历.现代排球赛为5局3胜制，每局25分，
决胜局15分.前4局比赛中，一队只有赢得至少25分，并领先对方2分时，才胜1局.在第5局比赛中先获
得15分并领先对方2分的一方获胜.在一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的
发球权属于获胜方.经过统计，甲、乙两支球队在每一个回合中输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲
队获胜的概率为 ；当乙队拥有发球权时，甲队获胜的概率为 .
(1)假设在第1局比赛开始之初，甲队拥有发球权，求甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；(2)当两支球队比拼到第5局时，两支球队至少要进行15个回合，设甲队在第i个回合拥有发球权的概率为
.假设在第5局由乙队先开球，求在第15个回合中甲队开球的概率，并判断在此回合中甲、乙两队开球
的概率的大小.
【解析】（1）在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况为：胜胜负；胜负胜；负胜胜共3种情况，
对应的概率分别记为： 、 、 ，
；
；
，
所以甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率 .
（2）由全概率公式可得， ，
即 .
易知 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
故 .
又因为 ，所以 .
而在每一个回合中，甲、乙两队开球的概率之和为1，从而可得在此回合中甲队开球的概率大于乙队开球
的概率.
21．（12分）
已知椭圆C： 的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l： 与C的两个交
点和O，B构成一个面积为 的菱形.(1)求C的方程；
(2)圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q.
①求 的值；
②证明：直线PQ过定点.
【解析】（1）因为直线l： 与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，
所以l垂直平分OB，所以 ， .
设 为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为 .
因为菱形的面积为 ，所以 ，解得 ，即 ，
将点 代入 ，得 ，又因为 ，所以 .
故C的方程为 .
（2）①由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线 垂直平分该弦，
故直线 经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此 ，即 .
设 ， ，则 .
注意到 ， ，则 .
又因为 ， ，所以 .
②易知直线PQ不可能平行于x轴，则设直线PQ的方程为 ， ， .
由 ，得 .
，（*）， .①
因为 ， ，所以 ，
即 ，
即 .
将①代入上式得 ，
化简得 ，解得 ，满足（*），
所以直线PQ的方程为 ，
故直线PQ过定点 .
22．（12分）
已知函数 ，其中 且 ．
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若存在实数 ，使得 ，则称 为函数 的“不动点”求函数 的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程 有两个相异的实数根，求a的取值范围．
【解析】（1）当 时， ，定义域为R．
，令 ，得 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 ．（2）函数 的不动点即为方程 的根，即方程 的根．
显然， 不是方程 的根，所以 ．
记 ，因为 （当且仅当 取等号），所以 在
和 上均单调递增．
由 ，记 ．
①当 时，
（ⅰ）当 时， ，
（可设
当 ， 当 ，
在 单调递减，在 单调递增，所以 ），
存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ；
（ⅱ）当 时， ，
（设
当 ， 当 ，
在 单调递增，在 单调递减，
所以 ），存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ．
②当 时，
（ⅰ）当 时， 无零点；
（ⅱ）当 时，因为 ， ，存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ．
综上所述，
当 时，函数 有两个“不动点” ， ；当 时，函数 有一个“不动点” ．
（3）由（2）知 （其中 ）．
由 ，代入得 ．
记 ，由（1）知，
当 时，函数 单调递增，且 ；
当 时，函数 单调递增，且 ；
当 时，函数 单调递减，且当 趋向于无穷时， 的增长速率远远大于一次函数的增长
速率，则 ．
由 可得 ； 可得 共三个解．
所以， 有一个零点 ．
所以 ，
由 ，
代入得 ，
由（1）知，当 ，即 时， 的解为 ；
当 ，即 且 时，所 的解为 ， ．综上所述，当 且 时方程有两个不同实数根．
