信息必刷卷01 2023年高考数学考前信息必刷卷（北京专用）解析版

绝密★启用前2023年高考数学考前信息必刷卷01北京专用北京卷考试题型为10（单选题）＋5（填空题）＋6（解答题），其中第21题属于综合题，综合了新定义、集合论、归纳法、排除法、演绎证明等思想和方法，考查学生创新能力。北京卷坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳妥推进新高考的改革，形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系。即以立德树人为中心，以数学素养和创新能力为两个着力点；突出对主干知识、思想方法、问题解决能力的考查；通过优化试卷结构、创新呈现方式、精选试题素材，突出学科本质，达到落实高考育人的目的。北京卷通过设计现实性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。2023年高考四大趋势，❶落实立德树人，鲜明体现时代主题，❷高考由“考知识”向“考能力”转变，❸聚焦“关键能力”和“思维品质”的考察，❹高考由“以纲定考”到“考教衔接”转变。2022年北京卷第7题以国家速滑馆“冰丝带”绿色环保场馆为背景，设置二氧化碳所处的状态与温度和压强的关系图，渗透德育教育，第18题以学生熟悉的校运动会体育比赛为背景，重点考查统计学中关于数据的收集、估计、预测的基本方法和原理，渗透体育教育。可以预测2023年北京卷命题将坚持以立德树人为根本任务，构建了引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系。例如本卷第9题。2022年北京卷第20题（Ⅲ）二元函数不等式的证明这一创新的设问打破常规，需要学生固定一个变量，把动态的问题转化为静态，把二元的问题转化为一元的问题去处理。考查学生将多元与一元，动态与静态，变量与常量，高等与初等，等进行辩证思维的能力。第21题属于综合题，综合了新定义、集合论、归纳法、排除法、演绎证明等思想和方法，考查学生创新能力。可以预测2023年北京卷将设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。例如本卷第21题。2022年北京卷第7题选取绿色冬奥会为情境创设数学问题。问题呈现了二氧化碳的三相图，该图可以使学生了解跨学科的知识。通过设置此问题，引导学生认识到现实生活中的环保问题，树立有责任的公民意识。第18题以体育铅球比赛为背景，考查统计学中预测方法与步骤的全过程。在体育比赛，特别是国际比赛中，预测比赛结果是体育比赛中一个重要的研究方向和热门话题，通过解决此问题，使学生体会到概率统计知识与现实生活的紧密联系。可以预测2023年北京卷将突出对数学应用和跨学科的考查。例如本卷第4题。2022年北京卷进一步优化试卷的结构，首次将考查立体几何的试题改为结构不良问题，以直三棱柱为背景考查线面关系。给出的两个等价条件，让学生从位置和度量两个方面进行选择。这种尝试增强了试题灵活性，为引导教学、防止题型固化、命题方式固化起到积极的作用。可以预测2023年北京卷将继续考查结构不良问题。例如本卷16题。2022年北京卷第14题通过含参的动区间分段函数来设计问题，按照0与1为分界点分三种情况对参数进行讨论，考查学生思维的灵活性和多样性。第15题设置了一个无穷正数数列，考查数列的增减性、估计数列项的范围、判断数列是否为等比数列。解决此问题需要学生利用放缩的思想，递减数列的定义，数列的下界，反证的思想等去推证和证伪，考查学生对于高阶知识的理解和迁移的能力。可以预测2023年北京卷将继续通过创新题型，设计条件或结论开放、解题方法多样、答案不唯一的试题等多种方式，体现试题的选择性和开放性。总之，2023年高考数学继续保持“入口易、口径宽，深入缓、出口难”的特点，坚持“立德树人、服务选才、引导教学”的命题指导原则，形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系，导向中学对“四具备”人才的培养，即具备自觉的数量观念的人、具备严密推理逻辑的人、具备高度抽象概括的人、具备一丝不苟、精益求精作风的人。引导教学在六个方面“下功夫”，即在主干知识的掌握上下功夫、在数学学科本质的理解上下功夫、在数学思想方法的领悟上下功夫、在数学应用探究上下功夫、在创新思维形成上下功夫、在数学素养的养成上下功夫。助力学生德智体美劳全面发展。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．命题的否定是：，使得.则命题为（

）A．，使得 B．，使得C．，使得 D．，使得【答案】D【分析】根据全称命题的否定是特称命题直接得结果.【详解】根据全称命题的否定是特称命题得命题为，使得.故选：D.2．设复数z满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法运算求出，然后根据共轭复数的的概念求出，进而可求得其虚部.【详解】因为，所以，所以，因此的虚部为3，故选：C.3．已知数列为等差数列，若，，则（

）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式求解即可.【详解】因为数列为等差数列，设公差为，所以，解得，所以，故选：C4．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】由条件可得，然后根据扇形的面积公式可得答案.【详解】设，则，所以，所以，故选：D5．如图为函数在上的图像，则的解析式只可能是（

）．A． B．C． D．【答案】A【分析】判断函数的奇偶性，结合函数在给定区间上的符号，利用排除法求解即可．【详解】对于B.的定义域为R，且，故为偶函数；对于D.的定义域为R，且，故为偶函数；由图象，可知为奇函数，故排除B、D；对于C.当时，由，可知，则，而，此时，故排除D；故选：A.6．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“角与角的终边关于轴对称”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】判断命题“角与角的终边关于轴对称”和“”之间的逻辑推理关系，可得答案.【详解】由题意知，角与角的终边关于轴对称时，则，故，则，即；当时，此时，角与角的终边不关于轴对称，即“”成立不能得出“角与角的终边关于轴对称”成立，故“角与角的终边关于轴对称”是“”的充分而不必要条件，故选：A7．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（

）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】C【分析】通过诱导公式得，根据平移规律即可得结果.【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向左平移个单位长度即可得到函数的图象，故选：C.8．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【分析】求出点的坐标，可得出抛物线的方程，写出抛物线的准线的方程，过点作，垂足为点，由抛物线的定义可得，可得出，利用图形可知当时，取最小值.【详解】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.9．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口．于年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数．为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间．若计算时取，则该蓄电池的常数大约为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.【详解】由题意可得，所以，，所以，，所以，.故选：B.10．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（

）①平面平面②的最大值为③的最小值为④与平面所成角正弦值的取值范围是⑤三棱锥外接球体积为A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由面面垂直的判定即可判断①；取，通过余弦定理求得，即可判断②；将面与面沿展开成平面图形，结合余弦定理即可判断③；由线面角的定义即可判断④；计算正方体的外接球体积即可判断⑤.【详解】对于①，易得平面，即平面，又平面，则平面平面，①正确；对于②，当时，易得，则，，即，又，则，由余弦定理知，即，②错误；对于③，将面与面沿展开成平面图形，线段即为的最小值，又，则，即，即的最小值为，③错误；对于④，易得平面，则即为与平面所成角，又，又，当与重合时，有最大值，当在中点时，有最小值，则，即与平面所成角正弦值的取值范围是，④正确；对于⑤，易得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则外接球半径为，则外接球体积为，⑤正确.故选：B.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．若,,,的夹角为，若，则的值为________．【答案】238##2.875【分析】根据，结合平面向量数量积的定义可求出结果.【详解】由题意知,，即，解得.故答案为：.12．若，则__________(用数字作答)．【答案】-80【详解】分析：由题意可得，是展开式的第四项的系数，即为的系数，由此求得结果.解析：，则.故答案为：-80.点睛：解题时注意二项式系数中n和r的隐含条件．使用二项式的通项公式时要注意：①通项公式表示的是第r＋1项，而不是第r项；②通项公式中a和b的位置不能颠倒．13．若过点的直线和圆交于两点，若弦长，则直线的方程为______.【答案】或【分析】根据题意结合垂径定理求得，再利用点到直线的距离公式运算求解，注意讨论直线的斜率是否存在.【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，设圆心到直线的距离为，若弦长，则，可得，当直线的斜率不存在时，即直线为，故圆心到直线的距离为，符合题意；当直线的斜率存在时，设为，则直线为，即，故圆心到直线的距离为，解得此时直线为；综上所述：直线为或.故答案为：或.14．在数列中，，则的前n项和_________．【答案】【分析】由已知可得，所以是首项为4，公差为2的等差数列，由此可求出，从而可得，进而可得，再利用裂项相消求和法求解即可【详解】因为，所以，，所以是首项为4，公差为2的等差数列，所以，则，所以．故答案为：15．设函数定义域为，对于区间，如果存在、，，使得，则称区间为函数的“保区间”.（1）给出下面3个命题：①是函数的“保区间”；②是函数的“保区间”；③是函数的“保区间”.其中正确命题的序号为______.（2）若是函数的“保区间”，则的取值范围为______.【答案】

③

【分析】（1）利用“保区间”的定义判断①②③，可得出结果；（2）根据定义和余弦函数的性质可知存在、使得，分、两种情况讨论，可得出关于的不等式（组），综合可得出正实数的取值范围.【详解】（1）对于①，对任意的，，对任意的、，则，①错；对于②，当时，，不妨设、且，即，所以，，则，②错；对于③，假设存在、且，使得，可得，可取，满足条件，③对；（2）当且，则，若存在、且使得，则，所以，存在、使得，不妨设，即，因为，所以，，所以，，即在区间上存在两个不同的整数.①当时，即当时，区间上必存在两个相邻的整数，合乎题意；②当时，，而、为偶数，则、，当时，则，解得，当时，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：（1）③；（2）.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问根据新定义求的取值范围，在讨论时，要确定、的取值，进而可得出关于的不等式组，进而求解.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．在△中，，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．(1)求；(2)求的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)选①②答案相同，；(2)选①②答案相同，的面积为.【分析】（1）选①，用余弦定理得到，从而得到答案；选②：先用余弦定理求出，再用余弦定理求出，得到答案；（2）选①，先求出，使用面积公式即可；选②：先用求出，再使用面积公式即可.【详解】（1）选条件①：．在△中，因为，，，由余弦定理，得．因为，所以；选条件②：由余弦定理得：，解得：或（舍去）由余弦定理，得．因为，所以；（2）选条件①：由（1）可得．所以的面积．选条件②：．由（1）可得．因为，所以的面积．

．17．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且为的中点.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值；(3)在线段上是否存在点使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见详解；(2)；(3)存在，为中点.【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，可证；（2）先用垂线法找出二面角的平面角，再解三角形即可；（3）经过分析易知，为中点，只需证明中点时，平面即可.【详解】（1）平面，平面,又又平面，又平面,得证.（2）为中点，过作于，连，在中，为中点又平面，平面,为二面角的平面角，在直角梯形中，又在中，二面角的余弦值为.（3）的中点为为的中位线，，为平行四边形，又平面,平面平面.18．某技术职能部门在东区､西区开展了技能测试，其中东区､西区的各年龄段参加测试的人数､技能成绩的优秀比例如下：年龄段东区西区参加测试人数优秀比例参加测试人数优秀比例6010075100956012040(1)该技术职能部门从年龄段在的参加测试人员中随机选择1人，求此人技能优秀的概率；(2)在年龄段在的参加测恜人员中，从东区､西区各随机抽取1人，技能优秀人数记为，求的分布列和数学期望；(3)该技术职能部门从东区､西区参加测试的人员中各随机抽取10人，记分别为东区､西区所选出10人中的技能优秀人数，试比较数学期望的大小（直接写出结果即可）.【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)【分析】（1）分别求出该技术职能部门年龄段在的总人数和优秀人数，再根据古典概型即可得解；（2）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可；（3）分别求出两个区的优秀率，根据题意可得随机变量都服从二项分布，再根据二项分布的期望公式即可得出结论.【详解】（1）该技术职能部门年龄段在的人数为人，其中优秀的人数为人，则所求概率为；（2）年龄段在东区有人，优秀人数为人，则随机抽取一人，为优秀的概率为，年龄段在西区有人，优秀人数为人，则随机抽取一人，为优秀的概率为，随机变量可取，则，，，故分布列为；（3）东区总人数为，其中优秀人数为，则东区的优秀率为，西区总人数为，其中优秀人数为，则西区的优秀率为，该技术职能部门从东区､西区参加测试的人员中各随机抽取10人，则，所以，所以.19．已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意，都有，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）当时，，求导可得，，再结合切线的几何意义，即可求解．（2）设，则，，，再利用导数研究函数的单调性，分和两种情况讨论，即可求解．(1)解：当时，函数，定义域为，又，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即；(2)解：若在上恒成立，即在上恒成立，可令，，则，，，令，可解得，当时，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，，又，所以恒成立，即时，在上恒成立，当，即时，在上单调递减，在上单调递增，此时，，又，，即，不满足恒成立，故舍去，综上可知：实数的取值范围是.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数分类讨论求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想.20．已知椭圆的一个顶点为，一个焦点为.(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)已知点，过原点O的直线交椭圆C于M，N两点，直线与椭圆C的另一个交点为Q.若的面积等于，求直线的斜率.【答案】(1)椭圆，离心率；(2)或.【分析】（1）根据题意得到，进而求出a，最后得到椭圆方程和离心率；（2）设出直线PM的方程并代入椭圆方程然后化简，再设出点M,Q的坐标，进而表达出面积，然后结合根与系数的关系求出答案.【详解】（1）由题设，得，则，所以椭圆C的方程为，离心率.（2）设直线的方程为，由得，解得.设，则，，即同号.根据椭圆的对称性知，，所以，整理得，解得，（满足）所以，或.【点睛】本题运算量较大，对于用“根与系数的关系”解决问题是个老套路，但本题对于面积的处理有一定的技巧，平常注意对此类题型的训练.21．对给定的正整数，令，，，，，，2，3，，．对任意的，，，，，，，，定义与的距离．设是的含有至少两个元素的子集，集合，，中的最小值称为的特征，记作（A）．（Ⅰ）当时，直接写出下述集合的特征：，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，0，，，1