2023届高考冲刺必刷押题密03数学试卷（新高考地区专用）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高考数学冲刺必刷押题密03卷（新高考地区专用）一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．设复数z满足，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题知，于是，所以.故选：D2．已知全集，集合，，且满足，则（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由题可知，，因为，所以，即，所以，所以，故选：B．3．某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（

）A．120种 B．240种 C．360种 D．480种〖答案〗A〖解析〗将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有种.故选：A4．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即太极生两仪原理，如图所示（图中表示太极，表示阳仪、表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，…，按此规律，则为（

）A．84 B．98 C．112 D．128〖答案〗C〖解析〗表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，则.故选：C5．已知，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗，，得，得，可得，，，，又，得，解得.故选：A6．抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以为直径的圆交轴于两点，为坐标原点，则的内切圆直径最小值为(

).A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由题意知，设直线的方程为，.由得，，故，，.，以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，圆心到轴的距离为，故.设的内切圆半径为，由的面积公式得，，即，故.令，则且，所以，因为，所以在上单调递增；当时，.因此的内切圆直径最小值为.故选：B7．已知，（b＞1），则（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗若，则，∴，，，故A错．若，则，∴，，故B错．若，则，，．对于C，，故C对，对于D，，而，故D错，故选：C．8．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗设，则恒成立，故函数在上单调递增.，则，即，故.，即，即，故，解得.故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（

）A．，，两两互斥 B．C．与B是相互独立事件 D．〖答案〗AB〖解析〗对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，对于B，由题意可得，所以，所以B正确，对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，对于D，由C选项可知D是错误的，故选：AB10．对于函数，，下列说法正确的是（

）A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点C． D．在上是单调函数〖答案〗ABC〖解析〗由函数，可得，其中，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，故A正确，D错误；因为，可得，又因为在上单调，所以在上必有一个零点，由，所以为的一个零点，又由在上单调，所以在上无零点，所以恰有两个不同的零点，故B正确；因为，，可得，所以，又在上单调递减，所以，所以，所以C正确.故选：ABC.11．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（

）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上总会有一点，使得平面C．当三棱锥的体积最大时，D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是〖答案〗BC〖解析〗对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于C选项，设到平面的距离为，因为且，所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.故选：BC12．已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（

）A．B．曲线在点处的切线可能与直线垂直C．D．〖答案〗ACD〖解析〗对于A，，令，则，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；有两个极值点，有两个变号零点，，即，，A正确；对于B，曲线在点处的切线斜率，若该切线与直线垂直，则，即，与矛盾，B错误；对于C，由题意知：，即，则，由A知：，由二次函数性质知：，C正确；对于D，由题意知：，即，又，，即；要证，只需证，即证，即证，设，则只需证，令，则，在上单调递增，，，则，D正确.故选：ACD．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。13．幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，则定义域为R，且，，，满足.故〖答案〗为：.14．在正三棱柱中，，若该三棱柱内接于球O，且三棱锥的体积为，则球O的表面积最小为_________.〖答案〗〖解析〗如图所示，正三棱柱中，，且该三棱柱内接于一球O，三棱锥的体积为，可得，解得，因为三棱柱是正三棱柱，设为正的外接圆的圆心，则，当且仅当时，即时，等号成立，又因为为球的半径，所以球的表面积最小值为为.故〖答案〗为：.15．已知，则__________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，令，得，又，即，令，两边相加得：，故〖答案〗为：16．大约在公元222年，赵爽为《周髀算经）一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________．〖答案〗〖解析〗如图：连接，由题意知，且分别为的中点，.所以，,得.，，化简得，所以故〖答案〗为：①；②.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．（1）求角A的大小；（2）若D为线段延长线上的一点，且，求的面积．解：（1）若选择①，∵．∴，∵，∴，即，∵∴；若选择②，∵，∴，∴，∴，，∵∴；若选择③，∵，∴，∴，∴，∴，又∵．∴，∴，∵，∴；（2）设，，，在中，用余弦定理可得，即①，又∵在中，，即.即，即②，在中，用余弦定理可得，即③，③+①可得，将②式代入上式可得，．18．设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.（1）求和的通项公式;（2）设数列的通项公式.（i）求数列的前项和；（ii）求.解：（1）设等差数列的公差为，因为，是和的等比中项，所以，即，解得，因为是各项均为正数的等差数列，所以，故，因为，所以，两式相减得：，当时，，，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2）（i），所以.（ii）当为奇数时，设，当为偶数时，设，，所以，故，所以.19．如图，四面体中，，E为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．（1）证明：因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.20．互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．（1）求由两镇样本组成的总样本的平均数及其方差；（2）为营造“广泛发动、全民参与”的浓厚氛围，甲、乙两镇决定进行一次“互花米草除治大练兵”比赛，两镇各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲镇举行．比赛规则：每场比赛直至分出胜负为止，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为，当比赛在乙镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲镇代表队的最终得分记为X，求．参考数据：．解：（1）根据题意，得，因为，同理，所以，所以总样本的平均数为，方差.（2）依题意可知，的所有可能取值为，设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，则，所以，，，所以.21．已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．（1）求双曲线的方程；（2）过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．解：（1）∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴．∴双曲线的方程为．依题意直线的方程为．由消去y整理得：，依题意：，，点A，B的横坐标分别为，则．∵，∴．∴，∴．即，解得或（舍去），且时，，∴双曲线的方程为．（2）依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．由消去整理得：，∴，．设，，则，．直线的方程为，令得：，∴．同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，设该定点为，则，，故．解得或．故以线段为直径的圆过定点和．22．已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若，求证：.（1）解：因为，所以①若，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增②若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增；③若，则，在上单调递增；④若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增.（2）证明：因为，所以，即，设则，易知在上单调递增因为，所以，所以存在，使得所以，在上单调递减，在上单调递增所以设，则，在上单调递增，所以，所以，即.2023届高考数学冲刺必刷押题密03卷（新高考地区专用）一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．设复数z满足，则（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题知，于是，所以.故选：D2．已知全集，集合，，且满足，则（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由题可知，，因为，所以，即，所以，所以，故选：B．3．某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（

）A．120种 B．240种 C．360种 D．480种〖答案〗A〖解析〗将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有种.故选：A4．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即太极生两仪原理，如图所示（图中表示太极，表示阳仪、表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，…，按此规律，则为（

）A．84 B．98 C．112 D．128〖答案〗C〖解析〗表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，则.故选：C5．已知，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗，，得，得，可得，，，，又，得，解得.故选：A6．抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，以为直径的圆交轴于两点，为坐标原点，则的内切圆直径最小值为(

).A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由题意知，设直线的方程为，.由得，，故，，.，以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，圆心到轴的距离为，故.设的内切圆半径为，由的面积公式得，，即，故.令，则且，所以，因为，所以在上单调递增；当时，.因此的内切圆直径最小值为.故选：B7．已知，（b＞1），则（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗若，则，∴，，，故A错．若，则，∴，，故B错．若，则，，．对于C，，故C对，对于D，，而，故D错，故选：C．8．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗设，则恒成立，故函数在上单调递增.，则，即，故.，即，即，故，解得.故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（

）A．，，两两互斥 B．C．与B是相互独立事件 D．〖答案〗AB〖解析〗对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，对于B，由题意可得，所以，所以B正确，对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，对于D，由C选项可知D是错误的，故选：AB10．对于函数，，下列说法正确的是（

）A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点C． D．在上是单调函数〖答案〗ABC〖解析〗由函数，可得，其中，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，故A正确，D错误；因为，可得，又因为在上单调，所以在上必有一个零点，由，所以为的一个零点，又由在上单调，所以在上无零点，所以恰有两个不同的零点，故B正确；因为，，可得，所以，又在上单调递减，所以，所以，所以C正确.故选：ABC.11．如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（

）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上总会有一点，使得平面C．当三棱锥的体积最大时，D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是〖答案〗BC〖解析〗对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于C选项，设到平面的距离为，因为且，所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.故选：BC12．已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（

）A．B．曲线在点处的切线可能与直线垂直C．D．〖答案〗ACD〖解析〗对于A，，令，则，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；有两个极值点，有两个变号零点，，即，，A正确；对于B，曲线在点处的切线斜率，若该切线与直线垂直，则，即，与矛盾，B错误；对于C，由题意知：，即，则，由A知：，由二次函数性质知：，C正确；对于D，由题意知：，即，又，，即；要证，只需证，即证，即证，设，则只需证，令，则，在上单调递增，，，则，D正确.故选：ACD．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。13．幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，则定义域为R，且，，，满足.故〖答案〗为：.14．在正三棱柱中，，若该三棱柱内接于球O，且三棱锥的体积为，则球O的表面积最小为_________.〖答案〗〖解析〗如图所示，正三棱柱中，，且该三棱柱内接于一球O，三棱锥的体积为，可得，解得，因为三棱柱是正三棱柱，设为正的外接圆的圆心，则，当且仅当时，即时，等号成立，又因为为球的半径，所以球的表面积最小值为为.故〖答案〗为：.15．已知，则__________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，令，得，又，即，令，两边相加得：，故〖答案〗为：16．大约在公元222年，赵爽为《周髀算经）一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________．〖答案〗〖解析〗如图：连接，由题意知，且分别为的中点，.所以，,得.，，化简得，所以故〖答案〗为：①；②.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．（1）求角A的大小；（2）若D为线段延长线上的一点，且，求的面积．解：（1）若选择①，∵．∴，∵，∴，即，∵∴；若选择②，∵，∴，∴，∴，，∵∴；若选择③，∵，∴，∴，∴，∴，又∵．∴，∴，∵，∴；（2）设，，，在中，用余弦定理可得，即①，又∵在中，，即.即，即②，在中，用余弦定理可得，即③，③+①可得，将②式代入上式可得，．18．设是各项均为正数的等差数列，，是和的等比中项，的前项和为，.（1）求和的通项公式;（2）设数列的通项公式.（i）求数列的前项和；（ii）求.解：（1）设等差数列的公差为，因为，是和的等比中项，所以，即，解得，因为是各项均为正数的等差数列，所以，故，因为，所以，两式相减得：，当时，，，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2）（i），所以.（ii）当为奇数时，设，当为偶数时，设，，所以，故，所以.19．如图，四面体中，，E为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．（1）证明：因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.20．互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．（1）求由两镇样本组