数学-2023年高考考前押题密卷(全国乙卷理)(全解全析)

数学

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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Mxlog2x1，集合Nx1x1，则MðRN（ ）A．(-¥,-1]È[1,2)【答案】B【详解】解log2x1可得，0x2，所以M0,2.又N1,1，所以ðRN,11,.所以MðRN1,2.故选：B.2．若复数z43ii，则z（ ）A．25【答案】D【详解】因为z43ii34i，所以z9165，故选:D.3．已知定义在R上的函数fx满足fx3fx，gxfx2为奇函数，则f198（ ）B．20C．10D．5B．1,2C．,11,2D．1,2A．0【答案】CB．1C．2D．3【详解】因为fx3fx，所以fx6fx3fx，所以fx的周期为6，又gxfx2为奇函数，所以fx2fx20，所以fxfx4，令x0，得2f04，所以f02,所以f198f0633f02，故选：C.4．从甲，乙等五名同学中随机选3人参加社区服务工作，则甲，乙中至少有一人入选的概率为（ ）A．310B．910C．25D．35【答案】B3【详解】从甲，乙等五名同学中随机选3人的方法数为C510，甲乙两人都没入选只有一种方法，概率为P11，10因此甲、乙中至少有一人入选的概率为P1故选：B．19．10105．党的二十大报告提出了要全面推进乡村振兴，其中人才振兴是乡村振兴的关键．如图反映了某县2017-2022这六年间引入高科技人才数量的占比情况．已知2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量逐年2018年与2019成递增的等差数列，且这四年引入高科技人才的数量占六年引入高科技人才的数量和的一半，年引入人才的数量相同，2019、2021、2022这三年引入高科技人才的数量成公比为2的等比数列，则2022年引入高科技人才的数量占比为（ ）．A．30％【答案】CB．35％C．40％D．45％【详解】由题可设2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量占比为m，md，m2d，m3d，则2019年引入高科技人才的数量占比为md，2022年引入高科技人才的数量占比为2m3d，依题意有4m6d0.5，且m3d2md，解得md0.05，所以2022年引入高科技人才的数量占比为2m3d8m0.4．故选：C.226．若函数fx3sin2x3sinxcosx在a,a上为增函数，则实数a的取值范围为（ ）πA．0,3【答案】BπB．0,6ππC．,63ππD．,62222【详解】fx3sin2x3sinxcosx3sin2x2sinx13sin2xcos2x2π2sin2x2，6πππ令2kπ2x2kπ,kZ，262ππππ得kπxkπ，∴函数fx在kπ,kπ，kZ单调递增，6336由题知f(x)在a，a上单调递增，∵0a,a，πa6ππ∴a，解得a0,.36aa故选：B.17．在△ABC中，C90，AC2BC，D是AC边的中点，点E满足BEBA，则CE与BD的夹角为3（ ）A．60°【答案】C1【详解】在VABC中，C90，AC2BC，CDCA，如图，2B．75°C．90°D．120°11则BDCDCBCACB，又BEBA，2311221CECBBECB(CACB)CACB(CACB)，则333322112122所以CEBD(CACB)(CACB)(CACB)0，32234即CEBD，所以CE与BD的夹角为90.故选：C.8．在锐角VABC中，AB3，4cosAsinB1，若BC在AB上的投影长等于VABC的外接圆半径R，则R（ ）A．4【答案】B【详解】∵VABC是锐角三角形，BC在AB上的投影长等于VABC的外接圆半径R，B．2C．1D．21BCcosBR，又BC2RsinA，2RsinAcosBR，sinAcosBcosAsinB1，433，即sin(AB)，441，2两式相加得：sinAcosBcosAsinBsin(πC)33，即sinC，44AB4，R2.sinC又AB3，2R故选：B.9．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积SπRrl，R，r为两底面半径，l为母线长，其中π的值取3，25.40255.04）A．300.88cm2【答案】BB．313.52cm2C．327.24cm2D．344.52cm2【详解】设该圆台的母线长为l，两底面圆半径分别为R，r（其中Rr），则2R22.5，2r14.4，h3.80.83，2R2r22所以lh234.0525.40255.04，22故圆台部分的侧面积为S1πRrl311.257.25.04278.964cm，22圆柱部分的侧面积为S22πr0.867.20.834.56cm，2故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为S1S2278.96434.56313.524cm.故选：B.x2y2F2，F2关于C的一条渐10．已知双曲线C：22＝1（a>0，b>0）的离心率为5，左，右焦点分别为F1，ab近线的对称点为P.若PF12，则△PF1F2的面积为（ ）A．2【答案】DB．5C．3D．4【详解】设PF2与渐近线ybbbx交于M，则F2MOM，tanMOF2，sinMOF2，aac所以F2MOF2sinMOF2b，OMOF22MF22a，1由O,M分别是F1F2与PF2的中点，知OM//PF1且OM＝PF1＝1，即a1，21由e5得c5,b2，所以SVPF1F24SVOMF24214，2故选：D11．已知直线l1:xmy3m10与l2:mxy3m10相交于点M，线段AB是圆C:x1动弦，且AB23，则MAMB的最小值为（ ）2y14的一条2A．642【答案】AB．32C．53D．51【详解】由圆的方程知：圆心C1,1，半径r2；由l1:xmy3m10得：x1my30，l1恒过定点E1,3；由l2:mxy3m10得：mx31y0，l2恒过定点F3,1；由直线l1,l2方程可知：l1l2，MEMF，即MEMF0，设Mx,y，则ME1x,3y，MF3x,1y，22MEMF1x3x3y1y0，整理可得：x2y22，即点M的轨迹是以G2,2为圆心，2为半径的圆，又直线l2斜率存在，M点轨迹不包含3,3,1,3,3,1；若点D为弦AB的中点，则MAMB2MD，位置关系如图：连接CD，由AB23知：CD22321，则MDminMCminCDCG2121212221221，222MAMBMDDAMDDBMDDADBMDDADBMD32213642（当M在1,1处取等号），即MAMB的最小值为642.故选：A.12．已知ae0.11，b0.1，cln1.1，则（ ）A．c0，fx单调递增，B．b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布N80,学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________.【答案】8【详解】由X（单位：分）服从正态分布N80,学生人数为16，由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为24168.故答案为：822，且成绩在80,90上的，知正态密度曲线的对称轴为x80，成绩在80,90上的1214．已知向量a(1,x1)，b(y,2)，其中x0，y0，若ab，则的最小值为_______．xy【答案】4【详解】ab，a(1,x1)，b(y,2)，2x2y0，即2xy2，121121y4x1y4x42由x0，y0，则(2xy)4+4，xy2xy2xy2xy当且仅当y4x，即y2x1时等号成立，xy12故的最小值为4.xy故答案为：415．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，准线为l，过F且斜率为3的直线与C交于A，B两点，D3为AB的中点，且DMl于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为323，则p______.【答案】22p3px.【详解】由题意可知，F,0，直线AB的方程为y322y22px22设Ax1,y1,Bx2,y2,Dx0,y0，由3p，得y23pyp0.yx32所以y1y223p，所以y03p.由y07p3pxx.，得00232如图所示，作DEx轴于点E，则|DE|3p.因为DNDF,DFN30，故|DF|2|DE|23p，|FN||DF|23pp4p|DM|x4p，故|FN||DM|.，又cos300322又FN//DM，得四边形DMFN为平行四边形.所以其面积为|FN||DE|4p3p323，解得p22.故答案为：2216．如图，已知a，b是相互垂直的两条异面直线，直线AB与a，b均相互垂直，且AB23，动点P，Q分别位于直线a，b上，若直线PQ与AB所成的角π，三棱锥ABPQ的体积的最大值为________.6【答案】2233/33【详解】因为直线a,b,AB三条直线两两垂直，如图，将图形还原为长方体APFEBCDQ，因为AB//PC，所以PQC即为直线PQ与AB所成的角的平面角，则PQCπ，6因为PC平面BCDQ，CQ平面BCDQ，所以PCCQ，在Rt△PCQ中，由PCAB23，得CQ2，所以BC2BQ24，VABPQVPABQ1133BC2BQ223，ABBQPABCBQ323323当且仅当BCBQ2时，取等号，所以三棱锥ABPQ的体积的最大值为故答案为：23.323.3：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都三、解答题

必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．已知数列an满足a11,an12an1nN(1)求证：数列an1是等比数列；(2)设bnn，求anbn的前n项和Tn【详解】（1）因为an12an1nN，*所以an112an1nN，又a112，所以an112nN，an1∴数列an1是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）知，an122n12n，∴an2n1，n∵bnn，∴anbnn21，∴Tna1b1a2b2a3b3anbn121122213231n2n1121222323n2n(123n)123n令Sn122232n22Sn122223324n2n1123nn1两式相减Sn12222n2，22n1所以Snn2n112n1所以Sn2n12，又12n1nn，2nn12∴Tn2n1n1218．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC,BCCD,PDBD，且平面PCD底面ABCD(1)求证：PDAD；(2)若CDDP角的余弦值.【详解】（1）证明：在四棱锥PABCD中，BCCD，又平面PCD底面ABCD，且平面PCD底面ABCDCD,BC底面ABCD所以BC平面PCD，因为PD平面PCD，所以BCPD，又PDBD，且BCBDB,BC底面ABCD,BD底面ABCD，所以PD底面ABCD，因为AD平面ABCD，所以PDAD.（2）不妨令BC3,CDDP1，设AB，作DEAB，垂足为E，因为BCD90，所以BDC60，又ABPCD，所以DBA60,DEDC，由（1）知PD底面ABCD，所以PDDE,PDDC，分别以直线DE,DC,DP为x轴，y轴，z轴建系如图，315.求平面PAD与平面PBC所成锐二面BC，且直线BP与平面PAD所成角的正弦值为35则D0,0,0,P0,0,1,C0,1,0,B3,1,0,A3,1,0，PB3,1,1,DA3,1,0,DP0,0,1,CB3,0,0，r设平面PAD的一个法向量为nx,y,z，nDA0,3x1y0,则即令y3，则x1，z0,nDP0,可得平面PAD的一个法向量为n1,3,0，设直线BP与平面PAD所成角为，nPBsincosn,PB，则nPBsincosn,PB解得2，3135(1)2315，5所以平面PAD的一个法向量为n1,3,0，设平面PBC的法向量为mx,y,z，3x0,mCB0,则即令y1，则z1，mPB0,3xyz0,可得平面PBC的一个法向量为m0,1,1，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，3nm6则coscosn,m,nm43111所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为6.419．甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子y个黄球和z个蓝球，xyz6x,y,zN.现两人各从自己的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、*里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜.(1)当x1，y2，z3时，求乙胜的概率；(2)若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分，否则得零分.求乙得分均值的最大值，并求此时x，y，z的值.【详解】（1）记“甲取红球”为事件A1，“甲取黄球”为事件A2，“甲取蓝球”为事件A3，“乙取红球”为事件B1，“乙取红球”为事件B2，“乙取红球”为事件B3，则由已知可得，PA1111111，PA2，PA3，PB1，PB2，PB3.623263由已知，乙胜可以用事件A1B1A2B2A3B3来表示，1111115根据独立事件以及互斥事件可知，PA1B1A2B2A3B3.26336218（2）由题意知，PB1xyz，PB2，PB3.666用随机变量X来表示乙得分，则X可取0,1,2,3,1xx1yy1zz则PX1，PX2，PX3，261236186636所以PX01PX1PX2PX31所以EX01xyzxz2y23.129361293x2yz.36*因为xyz6x,y,zN，所以xz6y，且x1，1y4，z1，所以EXxz2y6y2y1y1411，12912923623618当且仅当x1，y4，z1时，等号成立.所以，乙得分均值的最大值为11，此时x1，y4，z1.18x2y220．已知椭圆C:221(ab0)过点A0,2和B0,2，且a2b．ab(1)求椭圆C的方程；(2)过点D0,1斜率为k的直线l交椭圆C于M,N，直线MA,NB分别交直线yt2t2于点P,Q．若DPDQ，求t的值．【详解】（1）由题意可知：b2,a22所以椭圆C的方程为x28y241.（2）直线l的方程为ykx1，设Mx1,y1，Nx2,y2， x2y21xy22直线l与椭圆方程，消去y可得：2k1x4kx60，1联立可得：8484ykx14k6. 则0,x1x22,x1x222k12k122直线MA的方程为：yy12t2x1t2x1x2，令yt可得xP，x1y12kx11直线NB的方程为：yy22t2x2t2x2x2，令yt可得xQ.x2y22kx23DPDQ，xPxQ法一：易知xP与xQ异号xPxQ=0 t2x1+t2x2=0kx11kx23）t2x1(kx23)t2x（2kx11=0（kx11）(kx23)t2x1(kx23)t2x（）=02kx11t2(kx1x23x1)t2（kx1x2x2）=06k6k4k3x)t2（x+）=0112k212k212k216k2kt2(23x1)t2（2x1）=02k12k1t2(2k)[3t2t2]=02k212k(x12)(4t4)=02k1(x1x2(y12)x2(kx11)kx1x2x2t1法二： 2kx102k21t2x1kx11t2x2kx23xkx1kxxxt221122. t2x1kx23kx1x23x1kx1x23x1x2,2331x1x2x2x1x2kxxx1212222.393kx1x23x1x1x23x1x23x1222t21t23t1或t4，2t2，t1.21．设函数fxax2lnxaR．1(1)若fx在点e,fe处的切线斜率为，求a的值；e(2)当a0时，求fx的单调区间；x(3)若gxaxe，求证：在x0时，fxgx．'【详解】（1）解：函数fxax2lnxaR，则fxa1，x1因为fx在点e,fe处的切线斜率为，e112所以fea，解得a.eee'（2）由（1）知：fxax1x0，x11''当a0时，令fx0，得x0,，令fx0，得x,，aa11所以fx在0,上单调递减，在,上单调递增.aaxx（3）fxgxax2lnxaxeelnx2，x'x令hxex1，则hxe1，'因为x0，所以hx0，则hx在0,上单调递增，又h00，所以hx0恒成立，即exx1；'令Hxlnxx1，Hx11，x0,1时，H'x0，x1,时，H'x0，所以Hx在0,1x上单调递增，在1,上单调递减，HxmaxH10，Hx0恒成立，即lnxx1，x所以fxgxelnx2x1x120，得证.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x轴正半轴为极轴建立极坐标系．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，曲线C的极坐标方程为2cos，直线l的普通方程为xy10．(1)将C的极坐标方程化为参数方程；

(2)设点A的直角坐标为(1,2)，M为C上的动点，点P满足AP2AM，写出P的轨迹C1的参数方程并判

断C1与l的位置关系．

【详解】（1）因为2cos，所以22cos，所以x2y22x，整理得(x1)2y21，

曲线C的直角坐标方程为(x1)2y21，

x1cos,所以其中为参数．

ysin,xcos1,则对应的参数方程为其中为参数．ysin,（2）由（1）参数方程可设M(cos1,sin),P(x,y)，则由AP2AM,A(1,2)，x12cos1,x2cos1,得其中为参数．y22sin2,y2sin2,对应的直角坐标方程为(x1)2(y2)24，圆心(1,2)到l距离d4222，则C1与l相离．223．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知f(x)|x1||12x|(1)求不等式f(x)3的解集；(2)若0b1a，且f(a)3f(b)，a2b2m(mZ)恒成立，求m的最大值．213x,x 21【详解】（1）fxx112x2x,1x，23x,x1 当x11时，3x3，得x1，故x1；2211时，2x3，得x1，故1x；22当1x当x1时，由3x3，得x1，此时无解.∣1x1}．综上所述：原不等式的解集是{x（2）0b1a，故f(a)3a，f(b)2b，f(a)3f(b)，则ab2，2a2b2a2(2a)22a24a42(a1)22，0b513a，故a2，a2b22(a1)22，222mZ，故m的最大值为2．