2023年高考金榜预测数学试卷（三）（新高考数学试卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考金榜预测卷（三）（新高考卷）数学一、单项选择题1．已知集合，集合，则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗，，则.故选：A.2．已知，若是的必要不充分条件，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗条件，解得或．条件，是的必要不充分条件，是的真子集，．故选：A．3．已知，（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，两边同时除以，可得，代入，则，解得，故.故选：C.4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，所以，又因为，所以，故选：B.5．设为所在平面内一点,,则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗解:由题知,,即.故选:A6．函数的反函数图象大致是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，所以函数的反函数为，函数的图象可由反比例函数的图象向左平移一个单位得到，从选项得知B满足，故选：B.7．已知某品牌手机电池充满时的电量为4000（单位：毫安时），且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择．模式：电量呈线性衰减，每小时耗电400（单位：毫安时）；模式：电量呈指数衰减，即从当前时刻算起，小时后的电量为当前电量的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启模式，并在小时后，切换为模式，若使且在待机10小时后有超过的电量，则的可能取值为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题意：模式A在待机t小时后电池内电量为：；设当前电量为Q，模式B在待机t小时后电池内电量为：；则该电子产品处于满电量待机状态时开启模式，并在小时后，切换为模式，其在待机10小时后的电量为：，由，即，令，则，由图可分析，当时，，即，因为故选：C.8．已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗解:由题知,(且),所以,故在上,,单调递减,且,即,在上,,单调递减,在上,,单调递增,有,画图象如下:由至少有三个互不相等的实数解,即至少有三个互不相等的实数解,即或至少有三个互不相等的实数解,由图可知,当或时,与有一个交点,即有一个实数解,此时需要至少有两个互不相等的实数解,即,解得故或;当时,无解,舍;当时,,此时有两个不等实数解,有两个不等实数解,共四个不等实数解,满足题意.综上:或.故选:C二、多项选择题9．若，则下列不等式中正确的是（

）A． B． C． D．〖答案〗BCD〖解析〗，；对于A，，，，，则，A错误；对于B，，，，B正确；对于C，，，，（当且仅当时取等号），又，等号不成立，即，C正确；对于D，，，D正确.故选：BCD.10．已知函数，若为的一个极值点，且的最小正周期为，若，则（

）A． B．C．为偶函数 D．的图象关于点对称〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为为的一个极值点，所以当时，取到最大值或最小值，所以，所以，即，所以，又因为，所以，因为，所以，所以，故选项A正确；对于B，因为，所以，，故B选项正确；对于C，因为，所以，可知不是偶函数，故选项C错误；对于D，因为，令，解得，所以的图象关于点对称，当时，的图象关于点对称，故选项D正确.故选：ABD.11．已知点在双曲线上，分别是左､右焦点，若的面积为20，则下列判断正确的有（

）A．点到轴的距离为B．C．为钝角三角形D．〖答案〗BC〖解析〗设点．因为双曲线，所以．又，所以，故A错误．将代入得，得．由双曲线的对称性，不妨取点P的坐标为，得．由双曲线的定义得，所以，故B正确．在中，，且，则为钝角，所以为钝角三角形，故C正确．由余弦定理得，所以，故D错误．故选：BC．12．已知函数，则（

）A．函数有两个极值点B．函数有三个零点C．若，则是偶函数D．点是函数的对称中心〖答案〗ABC〖解析〗A选项：，当或时，，当时，，所以在，上单调递增，上单调递减，所以有两个极值点，故A正确；B选项：结合A中函数单调性，又，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，所以函数有三个零点，故B正确；C选项：，定义域为R，关于原点对称，且，所以为偶函数，故C正确；D选项：，所以关于对称，根据的单调性可知，只有一个对称中心，的图象向左平移一个单位得到的图象，所以的对称中心是，故D错.故选：ABC.三、填空题13．曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.〖答案〗〖解析〗对函数求导得，所求切线斜率为，当时，，切点坐标为，所以，曲线在处的切线方程为，即，直线交轴于点，交轴于点，所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.故〖答案〗为：.14．若，则__________.〖答案〗〖解析〗令，则则原题变为：若，则__________二项式的通项公式为且当时，即，所以故〖答案〗为：15．所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，这两个平行的面称为上下底面，它们之间的距离称为拟柱体的高．生产实际中，我们经常看到黄沙、碎石、灰肥等堆积成上下底面平行，且都是矩形的形状，这种近似于棱台的形体就是一种特殊的拟柱体（如图所示），已知其高为h，上底面、下底面和中截面（经过高的中点且平行于底面的截面）面积分别为，和，请你用，，，h表示出这种拟柱体的体积V＝______．〖答案〗〖解析〗根据拟柱体的定义，任一拟柱体都可看作是过某棱台的若干顶点，截去个倒立小棱锥与个正立小棱锥后余的凸多面体.当时，就是原棱台，即棱台是特殊的拟柱体.设原棱台的高为，上底面、下底面、中截面面积分别为，拟柱体的上底面、下底面、中截面的面积分别是，和，设截去的个倒立小棱锥的底面面积分别是，截去的个正立小棱锥的底面面积分别是，那么拟柱体的体积为①，因为棱锥的中截面面积等于底面面积的，所以，即②，由棱台的中截面性质可知，所以③，将③代入②得：，从而可知，代入①并整理得.故〖答案〗为：16．已知抛物线的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且的最小值为4，则p＝______；若直线l过点Q，与拋物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则的面积为______．〖答案〗2

．〖解析〗是抛物线的准线，过作于，过作于，则，，易知当是与抛物线的交点时，取得最小值，所以，，设，，显然，，，由得，，直线方程为，即，原点到直线的距离为，由，得，，，，所以．故〖答案〗为：2；．四、解答题17．在中，内角、、所对的边分别是、、，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.（1）解：因为，因为、，且，所以，且，所以，，所以，，则，即，因为且，所以，且，所以或（舍），故当时，．（2）解：，因为，所以，则，所以，.所以的取值范围为．18．定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.（1）证明:数列为“3型数列”;（2）若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.（1）证明：由题知,所以有,且,所以,所以数列为“3型数列”;（2）解：由（1）知,,所以,,,所以.19．刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.”如图，在刍甍中，四边形是正方形，，，，平面，为垂足，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）若多面体的体积为12，求平面与平面所成角的正弦值.（1）证明：连接,由于为的中点，又四边形是正方形且，所以是的中点，因此,平面,平面,所以平面（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，设，,所以，则，设平面的法向量为，则，即，取，则，，故点到平面的距离，，故，所以三角形的面积为，所以几何体的体积为，所以，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以，所以，平面与平面所成角的正弦值为20．某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和．现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和．已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格．（1）设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为，求的分布列和数学期望；（2）若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值．解：（1）剂型合格的概率为：；剂型合格的概率为：．由题意知X的所有可能取值为0，1，2．则，，，则X的分布列为X012P数学期望．（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为，检测4人确定“感染高危户”的概率为，则．令，因为，所以，原函数可化为．因为，当且仅当，即时，等号成立．此时，所以．21．已知等轴双曲线

的右焦点为，过右焦点F作斜率为正的直线l，直线l交双曲线的右支于P，Q两点，分别交两条渐近线于M，N两点，点M，P在第一象限，O是原点.（1）求直线l斜率的取值范围；（2）设的面积分别为，求的取值范围.解：（1）已知双曲线等轴，可设双曲线方程为，因为右焦点为，故，由得，所以双曲线方程的方程为，设直线l的方程为，联立双曲线方程得，，解得即直线l斜率的取值范围为.（2）设，渐近线方程为，则P到两条渐近线的距离满足，，而，，同理，所以，由，，所以，，22．已知函数.（1）若，求函数在上的最小值；（2）若存在，使得.（i）求的取值范围；

（ii）判断在上的零点个数，并说明理由.解：（1）因为，所以函数，则有，又，可得，所以在上单调递增，.（2）（i）若，当时，，，所以，在没有零点，故舍去；若，则，令，则，所以在上单调递减，且；①若，即，且，存在，使，，可得在单调递增，单调递减，且，当时，，（因为当时，，证明：令，则，因为，则，所以，则在上单调递增，故，即，所以）所以，且，所以，故存在唯一使得，满足条件；②若，即，此时恒成立，在单调递减，又，所以，故舍去．综上，．（ii）由（i）可得，在共有2个零点1，，下面探寻在的零点个数．当时，，故在单调递减，又，，所以存在，使得，故在单调递增，单调递减，又，，故一定存在，使得，在单调递减，单调递增，又，当趋近于零时，趋近于正无穷大，故存在唯一，使得．故在有1个零点．综上，在共有3个零点.2023年高考金榜预测卷（三）（新高考卷）数学一、单项选择题1．已知集合，集合，则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗，，则.故选：A.2．已知，若是的必要不充分条件，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗条件，解得或．条件，是的必要不充分条件，是的真子集，．故选：A．3．已知，（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，两边同时除以，可得，代入，则，解得，故.故选：C.4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，所以，又因为，所以，故选：B.5．设为所在平面内一点,,则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗解:由题知,,即.故选:A6．函数的反函数图象大致是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，所以，所以，所以函数的反函数为，函数的图象可由反比例函数的图象向左平移一个单位得到，从选项得知B满足，故选：B.7．已知某品牌手机电池充满时的电量为4000（单位：毫安时），且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择．模式：电量呈线性衰减，每小时耗电400（单位：毫安时）；模式：电量呈指数衰减，即从当前时刻算起，小时后的电量为当前电量的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启模式，并在小时后，切换为模式，若使且在待机10小时后有超过的电量，则的可能取值为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题意：模式A在待机t小时后电池内电量为：；设当前电量为Q，模式B在待机t小时后电池内电量为：；则该电子产品处于满电量待机状态时开启模式，并在小时后，切换为模式，其在待机10小时后的电量为：，由，即，令，则，由图可分析，当时，，即，因为故选：C.8．已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗解:由题知,(且),所以,故在上,,单调递减,且,即,在上,,单调递减,在上,,单调递增,有,画图象如下:由至少有三个互不相等的实数解,即至少有三个互不相等的实数解,即或至少有三个互不相等的实数解,由图可知,当或时,与有一个交点,即有一个实数解,此时需要至少有两个互不相等的实数解,即,解得故或;当时,无解,舍;当时,,此时有两个不等实数解,有两个不等实数解,共四个不等实数解,满足题意.综上:或.故选:C二、多项选择题9．若，则下列不等式中正确的是（

）A． B． C． D．〖答案〗BCD〖解析〗，；对于A，，，，，则，A错误；对于B，，，，B正确；对于C，，，，（当且仅当时取等号），又，等号不成立，即，C正确；对于D，，，D正确.故选：BCD.10．已知函数，若为的一个极值点，且的最小正周期为，若，则（

）A． B．C．为偶函数 D．的图象关于点对称〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为为的一个极值点，所以当时，取到最大值或最小值，所以，所以，即，所以，又因为，所以，因为，所以，所以，故选项A正确；对于B，因为，所以，，故B选项正确；对于C，因为，所以，可知不是偶函数，故选项C错误；对于D，因为，令，解得，所以的图象关于点对称，当时，的图象关于点对称，故选项D正确.故选：ABD.11．已知点在双曲线上，分别是左､右焦点，若的面积为20，则下列判断正确的有（

）A．点到轴的距离为B．C．为钝角三角形D．〖答案〗BC〖解析〗设点．因为双曲线，所以．又，所以，故A错误．将代入得，得．由双曲线的对称性，不妨取点P的坐标为，得．由双曲线的定义得，所以，故B正确．在中，，且，则为钝角，所以为钝角三角形，故C正确．由余弦定理得，所以，故D错误．故选：BC．12．已知函数，则（

）A．函数有两个极值点B．函数有三个零点C．若，则是偶函数D．点是函数的对称中心〖答案〗ABC〖解析〗A选项：，当或时，，当时，，所以在，上单调递增，上单调递减，所以有两个极值点，故A正确；B选项：结合A中函数单调性，又，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，所以函数有三个零点，故B正确；C选项：，定义域为R，关于原点对称，且，所以为偶函数，故C正确；D选项：，所以关于对称，根据的单调性可知，只有一个对称中心，的图象向左平移一个单位得到的图象，所以的对称中心是，故D错.故选：ABC.三、填空题13．曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.〖答案〗〖解析〗对函数求导得，所求切线斜率为，当时，，切点坐标为，所以，曲线在处的切线方程为，即，直线交轴于点，交轴于点，所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.故〖答案〗为：.14．若，则__________.〖答案〗〖解析〗令，则则原题变为：若，则__________二项式的通项公式为且当时，即，所以故〖答案〗为：15．所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，这两个平行的面称为上下底面，它们之间的距离称为拟柱体的高．生产实际中，我们经常看到黄沙、碎石、灰肥等堆积成上下底面平行，且都是矩形的形状，这种近似于棱台的形体就是一种特殊的拟柱体（如图所示），已知其高为h，上底面、下底面和中截面（经过高的中点且平行于底面的截面）面积分别为，和，请你用，，，h表示出这种拟柱体的体积V＝______．〖答案〗〖解析〗根据拟柱体的定义，任一拟柱体都可看作是过某棱台的若干顶点，截去个倒立小棱锥与个正立小棱锥后余的凸多面体.当时，就是原棱台，即棱台是特殊的拟柱体.设原棱台的高为，上底面、下底面、中截面面积分别为，拟柱体的上底面、下底面、中截面的面积分别是，和，设截去的个倒立小棱锥的底面面积分别是，截去的个正立小棱锥的底面面积分别是，那么拟柱体的体积为①，因为棱锥的中截面面积等于底面面积的，所以，即②，由棱台的中截面性质可知，所以③，将③代入②得：，从而可知，代入①并整理得.故〖答案〗为：16．已知抛物线的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且的最小值为4，则p＝______；若直线l过点Q，与拋物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则的面积为______．〖答案〗2

．〖解析〗是抛物线的准线，过作于，过作于，则，，易知当是与抛物线的交点时，取得最小值，所以，，设，，显然，，，由得，，直线方程为，即，原点到直线的距离为，由，得，，，，所以．故〖答案〗为：2；．四、解答题17．在中，内角、、所对的边分别是、、，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.（1）解：因为，因为、，且，所以，且，所以，，所以，，则，即，因为且，所以，且，所以或（舍），故当时，．（2）解：，因为，所以，则，所以，.所以的取值范围为．18．定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.（1）证明:数列为“3型数列”;（2）若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.（1）证明：由题知,所以有,且,所以,所以数列为“3型数列”;（2）解：由（1）知,,所以,,,所以.19．刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.”如图，在刍甍中，四边形是正方形，，，，平面，为垂足，且，为的中点.（1）求证：平面；（2）若多面体的体积为12，求平面与平面所成角的正弦值.（1）证明：连接,由于为的中点，又四边形是正方形且，所以是的中点，因此,平面,平面,所以平面（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，设，,所以，则，设平面的法向量为，则，即，取，则，，故点到平面的距离，，故，所以三角形的面积为，所以几何体的体积为，所以，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以，所以，平面与平面所成角的正弦值为20．某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和．现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和．已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格．（1）设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为，求的分布列和数学期望；（2）若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对