2023年高考数学押题预测卷02【乙卷文科】

高中数学精编资源2/22023年高考押题预测卷02高三数学(文科)(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,,则集合中的元素个数为()A.B.C.D.2.若复数,则(

)A．25 B．20 C．10 D．53．校园环境对学生的成长是重要的,好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作,采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度(100分制),评价标准如下：中位数评价优秀良好合格不合格2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示,则这次调查后勤部门的评价是(

)A．优秀 B．良好 C．合格 D．不合格4.已知命题,有成立；命题“”是“”的充要条件,则下列命题中为真命题的是(

)A． B． C． D．5．奇函数满足,当时,,则=(

)A．B．C．D．6.设x,y满足约束条件,则的最大值为(

)A．1 B．2 C．4 D．87.已知,则(

)A． B． C．- D．8.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥中最长的棱的长度为(

)．A． B． C． D．29.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,它的研究对象普遍存在于自然界中,因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律,可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行黑圈的个数为,则(

)A．144 B．89 C．55 D．3410.已知椭圆的左､右焦点分别为,点在椭圆上,若离心率,则椭圆的离心率的取值范围为(

)A． B． C． D．11.设则(

)A． B． C． D．12.已知函数在区间上单调递增,且在区间上只取得一次最大值2,则的取值范围是(

)A． B． C． D．第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知向量,,且满足,则_______.14.已知圆,直线,在区间上任取一个数,则圆O与直线l有公共点的概率为______．15．写出一个同时满足下列三个条件的非常数函数______．①在单调递增

,

②值域,③16.记的内角,,的对边分别为,,,若为的重心,,,则__________．解答题：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,每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题,考生根据要求作答．17．(12分)某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作,其中“礼让行人”是交警部门主扲的重点工作之一．“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行,遇行人正在通过人行横道,应当停车让行．如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1-6月份机动车驾驶员不“礼让行人”行为的人数统计数据．月份123456不“礼让行人”333640394553(1)请利用所给的数据求不“礼让行人”人数与月份之间的经验回归方程,并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数(精确到整数)；(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系,从这6个月内通过该路口的机动车驾驶员中随机抽查了100人,如表所示：不“礼让行人”礼让行人驾龄不超过3年1842驾龄3年以上436依据上表,能否有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关?并说明理由．附：参考公式：,其中．独立性检验临界值表：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82818．(12分)如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图2.(1)证明：.(2)若M为PB的中点,求三棱锥P-EGM的体积.19．(12分)已知等差数列与等比数列满足,,,且既是和的等差中项,又是其等比中项.(1)求数列和的通项公式；(2)令,求证：.20.(12分)已知抛物线的准线与轴的交点为.(1)求的方程；(2)若过点的直线与抛物线交于,两点.求证：为定值.21．(12分)已知函数,是曲线在处的切线方程.(1)证明：当时,恒成立；(2)若有两个不同的实数根,且,证明：.(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)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为：(为参数),以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为：.(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线交于,两点,与曲线交于,两点,求取得最大值时直线的直角坐标方程.23．[选修4-5：不等式选讲](10分)已知函数,且.若函数的最小值为,试证明点在定直线上；(2)若,时,不等式恒成立,求实数的取值范围.2023年高考押题预测卷02高三数学(文科)(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,,则集合中的元素个数为()A.B.C.D.【答案】B;【分析】由集合的元素的性质,即可得出答案.【详解】由题意,满足条件的平面内以为坐标的点集合,所以集合的元素个数为.故选：B.2.若复数,则(

)A．25 B．20 C．10 D．5【答案】D；【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解.【详解】因为,所以,故选:D.3．校园环境对学生的成长是重要的,好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作,采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度(100分制),评价标准如下：中位数评价优秀良好合格不合格2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示,则这次调查后勤部门的评价是(

)A．优秀 B．良好 C．合格 D．不合格【答案】B;【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.【详解】由频率分布直方图可知,前3组的频率分别为,第4组的频率为所以,中位数,即满足,对应的评价是良好.故选：B.4.已知命题,有成立；命题“”是“”的充要条件,则下列命题中为真命题的是(

)A． B． C． D．【答案】A；【分析】先分别判断命题的真假,再根据复合命题真假的判断方法即可得解.【详解】当时,,所以命题p是真命题,则为假命题,由,得或,所以“”是“”的充分不必要条件,故命题q是假命题,则为真命题,所以,为假命题,,真命题,则为假命题.故选：A．5．奇函数满足,当时,,则=(

)A．B．C．D．【答案】A；【分析】由,可得到函数的周期是4,利用函数的周期性和奇偶性,将转化为,代入函数解析式求解即可.【详解】已知奇函数满足,是以4为周期的奇函数,又当时,,,故选：A.6.设x,y满足约束条件,则的最大值为(

)A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C;【分析】作出可行域,利用其几何意义转化为截距最值即可得到答案.【详解】作出可行域如图中阴影部分所示,化为,当直线经过点时,纵截距最大,联立,解得,则,此时.故选：C.7.已知,则(

)A． B． C．- D．【答案】D;【分析】根据三角函数诱导公式以及二倍角的余弦公式化简、求值,即可得答案.【详解】由于,故,故选：D．8.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥中最长的棱的长度为(

)．A． B． C． D．2【答案】C；【分析】由三视图还原几何体,注意线面垂直关系,进而求其它各棱长,即可得答案.【详解】由三视图,几何体如下图示,且面,而面,故,所以,显然为最长棱.故选C．9.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,它的研究对象普遍存在于自然界中,因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律,可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行黑圈的个数为,则(

)A．144 B．89 C．55 D．34【答案】A；【分析】已知表示第行中的黑圈个数,设表示第行中的白圈个数,则有,利用递推关系求解.【详解】已知表示第行中的黑圈个数,设表示第行中的白圈个数,则由于每个白圈产生下一行的一个白圈和一个黑圈,一个黑圈产生下一行的一个白圈和两个黑圈,所以,又因为所以,所以,,,,故选:A.10.已知椭圆的左､右焦点分别为,点在椭圆上,若离心率,则椭圆的离心率的取值范围为(

)A． B． C． D．【答案】D;【分析】由题意可知,结合椭圆的定义解得,再由求解.【详解】因为,所以,由椭圆的定义得：,解得,因为,所以,两边同除以a得,解得,因为,所以,所以该离心率的取值范围是,故选：D.11.设则(

)A． B． C． D．【答案】B；【分析】构造函数,利用导数讨论单调性即可比较大小.【详解】令,,令,解得,令,解得,所以函数在单调递增,单调递减,因为所以即,故选:B.12.已知函数在区间上单调递增,且在区间上只取得一次最大值2,则的取值范围是(

)A． B． C． D．【答案】B;【分析】利用辅助角公式变形函数,结合函数单调区间和取得最值的情况,利用整体法即可求得参数的范围.【详解】依题意,函数,,因为在区间上单调递增,由,则,于是且,解得且,即,当时,,因为在区间上只取得一次最大值2,因此,解得,所以的取值范围是.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知向量,,且满足,则_______.【答案】4;【分析】由向量垂直的坐标表示求解.【详解】由已知,又,所以,解得．故答案为：4.14．已知圆,直线,在区间上任取一个数,则圆O与直线l有公共点的概率为______．【答案】/；【分析】根据直线与圆相交求出的范围,利用几何概型即可得到答案.【详解】圆：的圆心为,半径为,且圆心到直线,即到直线的距离为,直线l与圆相交时,∴,解得,故所求的概率为故答案为：．15．写出一个同时满足下列三个条件的非常数函数______．①在单调递增

,

②值域,③【答案】,或者(答案不唯一)；【分析】结合函数的性质选择合适函数即可.【详解】由得函数为偶函数,关于y轴对称,结合单调性及值域,可以为或者,等等.故答案为：或者,(答案不唯一).16.记的内角,,的对边分别为,,,若为的重心,,,则__________．【答案】;【分析】根据及余弦定理建立方程得出,再由余弦定理求解即可．【详解】连接,延长交于,由题意得为的中点,,所以,,因为,所以,得,又,则,故．故答案为：．解答题：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,每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题,考生根据要求作答．17．(12分)某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作,其中“礼让行人”是交警部门主扲的重点工作之一．“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行,遇行人正在通过人行横道,应当停车让行．如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1-6月份机动车驾驶员不“礼让行人”行为的人数统计数据．月份123456不“礼让行人”333640394553(1)请利用所给的数据求不“礼让行人”人数与月份之间的经验回归方程,并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数(精确到整数)；(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系,从这6个月内通过该路口的机动车驾驶员中随机抽查了100人,如表所示：不“礼让行人”礼让行人驾龄不超过3年1842驾龄3年以上436依据上表,能否有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关?并说明理由．附：参考公式：,其中．独立性检验临界值表：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1),68人;(2)认为“礼让行人”与驾龄满3年有关,且推断犯错误的概率不超过0.05,理由见解析.【分析】(1)利用表中的数据和公式直接求解即可,(2)先完成列联表,然后利用公式求解K2,再根据临界值分析判断.【详解】(1)由表中数据可知：,,所以,即,所以,所求得经验回归方程为．当时,,所以预测该路口11月份的不“礼让行人”违章驾驶员人数为68人．(2)由题意知列联表为不礼让行人礼让行人合计驾龄不超过3年184260驾龄3年以上43640合计2278100由表中数据可得即有95%的把握判断机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年有关．18．(12分)如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图2.(1)证明：.(2)若M为PB的中点,求三棱锥P-EGM的体积.【答案】(1)证明见解析,(2)【分析】(1)由勾股定理逆定理得到线线垂直,三角形相似得到垂直,从而证明出线面垂直,线线垂直；(2)由等体积变形转化可求.(1)证明：由,,得,,,则,所以.因为,所以△ABE∽△ACB,所以,即.又,所以平面PEB,因为平面PEB,所以.因为,,所以点G与点F到面PEB的距离相等,由(1)有,所以19．(12分)已知等差数列与等比数列满足,,,且既是和的等差中项,又是其等比中项.(1)求数列和的通项公式；(2)令,求证：.【答案】(1)；；(2)证明见解析【分析】(1)由已知可求得,得出的通项公式.根据等差中项和等比中项的性质,得出关于方程组,求解方程组即可得出的值,得出,代入即可得出的通项公式；(2)由(1)及不等式的性质,可推出,然后根据等比数列的前项和,即可得出答案.【详解】(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为.由已知可得,所以,,所以.因为既是和的等差中项,又是其等比中项,即,代入已知整理可得,解得,即,所以.(2)由(1)可知,,所以.因为,故．20.(12分)已知抛物线的准线与轴的交点为.(1)求的方程；(2)若过点的直线与抛物线交于,两点.求证：为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)根据抛物线的准线求参数p,即可写出抛物线方程；(2)设直线为,、,联立抛物线方程,应用韦达定理求,,由,,代入目标式化简,即可证结论.【详解】(1)由题意,可得,即,∴抛物线的方程为.(2)证明：设直线的方程为,,,联立抛物线有,消去x得,则,∴,,又,.∴.∴为定值.21．(12分)已知函数,是曲线在处的切线方程.(1)证明：当时,恒成立；(2)若有两个不同的实数根,且,证明：.【答案】(1),证明见解析；(2)证明见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求切线方程,根据导数判定的单调性,求出最小值即可证明；(2)判断的单调性,联立与得出交点横坐标,结合上面结论将问题转化为证明：,由,化简为证明,构造新函数,利用其单调性及最小值即可.【详解】(1)因为,