2023年高考考前数学押题密卷（全国乙卷文科）含答案.docx

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1、2023年高考考前押题密卷（全国乙卷）文科数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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（）ABCD2已知复数满足，给出下列四个命题

2、其中正确的是（）AB的虚部为CD3已知命题p：，；命题q：直线：与：相互垂直的充要条件为，则下列命题中为真命题的是（）ABCD4函数的最小正周期是（）ABCD5设实数，满足约束条件则目标函数的取值范围是（）ABCD6已知，则（）A-7BC7D7易经是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦图（含乾、坤，巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为（）ABCD8已知函数（a，b为常数，其中且）的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A，B，C，D，9函数的部分图象大致为（）ABCD10在九章算术中，将四

3、个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑在鳖臑中平面BCD，且，则鳖臑外接球的表面积为（）ABCD11已知，是椭圆的上、下顶点，为的一个焦点，若的面积为，则的长轴长为（）A3B6C9D1812函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的最大值是（）ABCD第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知向量，且，则_.14点到抛物线的准线的距离为6，那么抛物线的标准方程是_15在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，且满足，则边a等于_16如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，异面直线AB与CD的夹角为_三、 解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算

4、步骤第1721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）某校随机抽出30名女教师和20名男教师参加学校组织的“纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利75周年”知识竞赛（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，5080分之间的为非优秀，统计并得到如下列联表：女教师男教师总计优秀20626非优秀101424总计302050(1)男女教师中成绩为优秀的频率分别是多少？(2)判断是否有99%的把握认为这次竞赛成绩是否优秀与性别有关？附：，其中0.0500.0100.0013.8416.63510.82818（12分）如图，在底面为矩形的四棱锥中，

5、底面ABCD(1)证明：平面平面PCD(2)若，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积19（12分）数列满足.(1)求证：是等比数列；(2)若，求的前项和为.20（12分）已知双曲线的离心率等于2，点到直线的距离等于1(1)求的标准方程；(2)设为在第一象限的一个点，为的焦点，如果线段，的长度构成等差数列，求点的坐标21（12分）已知函数，(1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值；(2)求证：；(3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围（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）在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲

6、线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系(1)求曲线M，N的极坐标方程；(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求23选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数(1)若，解不等式；(2)若，求a的取值范围2023年高考考前押题密卷（全国乙卷）文科数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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

7、答第卷时，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（）ABCD【答案】D【详解】由题意可得：故选：D2已知复数满足，给出下列四个命题其中正确的是（）AB的虚部为CD【答案】B【详解】，故z的虚部为，则，所以B正确，A，C，D不正确.故选：B.3已知命题p：，；命题q：直线：与：相互垂直的充要条件为，则下列命题中为真命题的是（）ABCD【答案】B【详解】令，则，所以p为真命题；若与相互垂直，则，解得，故q为假命题，所以只有为真命题.故选：B

8、4函数的最小正周期是（）ABCD【答案】C【详解】因为，的最小正周期，所以函数的最小正周期是.故选：C.5设实数，满足约束条件则目标函数的取值范围是（）ABCD【答案】D【详解】作出可行域，如图内部（含线段不包含顶点的部分），作直线：，在直线中，是直线的纵截距，因此直线向上平移时，增大，由于，因此直线与平行，所以平移直线，当它与直线重合时，取得最大值，若直线过点A，所以目标函数的值域为.故选：D.6已知，则（）A-7BC7D【答案】A【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选：A7易经是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦图（含乾、坤，巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根

9、阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为（）ABCD【答案】B【详解】从八卦中任取两卦，共有种情况，其中这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线，则必有一卦为乾，另一卦从兑、离、巽中选出一卦，故共有，故这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为.故选：B8已知函数（a，b为常数，其中且）的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A，B，C，D，【答案】D【详解】解：由图象可得函数在定义域上单调递增，所以，排除A，C；又因为函数过点,所以，解得故选：D9函数的部分图象大致为（）ABCD【答案】C【详解】因为，所以，故函数的为奇函数，排除BD；又 所以，

10、故A错误.故选：C10在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑在鳖臑中平面BCD，且，则鳖臑外接球的表面积为（）ABCD【答案】C【详解】如图，取的中点为，连接，因为平面BCD，平面，故，同理.因为的中点为，故.而，平面，故平面，而平面，故，故，所以为三棱锥外接球的球心，又，故，所以，故三棱锥外接球半径为，故其外接球的表面积为.故选：C.11已知，是椭圆的上、下顶点，为的一个焦点，若的面积为，则的长轴长为（）A3B6C9D18【答案】B【详解】由题可知，则，所以，所以，故的长轴长为故选：B12函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的最大值是（）ABCD【答案】A【详解】

11、因，又当时，当，时，则，当，时，则，作出函数的大致图象，对任意，都有，设的最大值为，则，且所以，解得所以m的最大值为.故选：A.第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知向量，且，则_.【答案】【详解】由题设，且，所以，则.故答案为：14点到抛物线的准线的距离为6，那么抛物线的标准方程是_【答案】或【详解】将化为，当 时，准线，由已知得，所以，所以；当时，准线，由已知得，所以或（舍），所以抛物线方程为或故答案为：或.15在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，且满足，则边a等于_【答案】【详解】由，显然，则，又，则，由，又，则，整理得，又，则，所以，得，又由正弦

12、定理有，则故答案为：16如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，异面直线AB与CD的夹角为_【答案】【详解】如图所示，把展开图恢复到原正方体连接AE，BE由正方体可得且，四边形ADCE是平行四边形，AEDC或其补角是异面直线AB与CD所成的角由正方体可得：，是等边三角形，异面直线AB与CD所成的角是60故答案为：60四、 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1721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某校随机抽出30名女教师和20名男教师参加学校组织的“纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利75周年”知识竞赛（满分100分）

13、，若分数为80分及以上的为优秀，5080分之间的为非优秀，统计并得到如下列联表：女教师男教师总计优秀20626非优秀101424总计302050(1)男女教师中成绩为优秀的频率分别是多少？(2)判断是否有99%的把握认为这次竞赛成绩是否优秀与性别有关？附：，其中0.0500.0100.0013.8416.63510.828【详解】（1）由题意可得：男教师中成绩为优秀的频率是，女教师中成绩为优秀的频率是（2），故没有的把握认为这次竞赛成绩是否优秀与性别有关18如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD(1)证明：平面平面PCD(2)若，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积【详解】（1）证明：由四边形

14、ABCD为矩形，得因为底面ABCD，平面ABCD，所以因为，平面PAD，所以平面PAD因为平面PCD，所以平面平面PCD（2）因为，所以，因为直角梯形ABCE的面积所以19数列满足.(1)求证：是等比数列；(2)若，求的前项和为.【详解】（1）所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）可得，所以，设设其前项和为，则减得所以所以20已知双曲线的离心率等于2，点到直线的距离等于1(1)求的标准方程；(2)设为在第一象限的一个点，为的焦点，如果线段，的长度构成等差数列，求点的坐标【详解】（1）因为点到直线的距离等于1，所以，解得.又，所以，所以，故的标准方程为.（2）设点坐标为，由为在

15、第一象限的一个点,得 且；又，构成等差数列，所以.由得.又，所以，即，所以，代入得，所以点坐标为.21已知函数，(1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值；(2)求证：；(3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围【详解】（1）解：当时，定义域为，所以，令得，所以，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，函数在处取得最小值，.（2）解：由（1）知，当时，即，所以，要证成立，只需证，令，则，所以，当时，恒成立，所以，函数为单调递增函数，所以，即，所以，所以成立（3）解：因为函数对恒成立所以对恒成立，令，则，当时，在上单调递增，所以，由可得，即满足对恒成立；当时，则，在上单调递增，因为当趋近于时，趋近于

16、负无穷，不成立，故不满足题意；当时，令得令，恒成立，故在上单调递增，因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，所以，使得，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，只需即可；所以，因为，所以，所以，解得，所以，综上，实数a的取值范围为22在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系(1)求曲线M，N的极坐标方程；(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求【详解】（1）解：由，可得，即，又由，可得，所以曲线M的极坐标方程为由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为.（2）解：将代入，可得，将代入，可得

17、，则，因为，所以，又因为，所以23已知函数(1)若，解不等式；(2)若，求a的取值范围【详解】（1）若，可知，当时，不等式转化为，解得，当时，不等式转化为，不等式恒成立，当时，不等式转化为，解得，综上，不等式的解集为；（2）若，则，因为，当且仅当时，等号成立，故，即或，解得或，则a的取值范围为2023年高考考前押题密卷（全国乙卷）文科数学参考答案123456789101112DBBCDABDCCBA1314或151617（12分）【详解】（1）由题意可得：男教师中成绩为优秀的频率是，女教师中成绩为优秀的频率是6分（2），故没有的把握认为这次竞赛成绩是否优秀与性别有关12分18（12分）【详解】

18、（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得因为底面ABCD，平面ABCD，所以因为，平面PAD，所以平面PAD因为平面PCD，所以平面平面PCD6分（2）因为，所以，因为直角梯形ABCE的面积所以12分19（12分）【详解】（1）所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.6分（2）由（1）可得，所以，设设其前项和为，则减得所以所以12分20.（12分）【详解】（1）因为点到直线的距离等于1，所以，解得.又，所以，所以，故的标准方程为.5分（2）设点坐标为，由为在第一象限的一个点,得 且；又，构成等差数列，所以.由得.又，所以，即，所以，代入得，所以点坐标为.12分21（12分）【详解】（1）解：当

19、时，定义域为，所以，令得，所以，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，函数在处取得最小值，.3分（2）解：由（1）知，当时，即，所以，要证成立，只需证，令，则，所以，当时，恒成立，所以，函数为单调递增函数，所以，即，所以，所以成立7分（3）解：因为函数对恒成立所以对恒成立，令，则，8分当时，在上单调递增，所以，由可得，即满足对恒成立；当时，则，在上单调递增，因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；当时，令得10分令，恒成立，故在上单调递增，因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，所以，使得，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，只需即可；所以，因为，所以

20、，所以，解得，所以，综上，实数a的取值范围为12分（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）【详解】（1）解：由，可得，即，又由，可得，所以曲线M的极坐标方程为由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为.5分（2）解：将代入，可得，将代入，可得，则，因为，所以，又因为，所以10分23选修4-5：不等式选讲（10分）【详解】（1）若，可知，当时，不等式转化为，解得，当时，不等式转化为，不等式恒成立，当时，不等式转化为，解得，综上，不等式的解集为；5分（2）若，则，因为，当且仅当时，等号成立，故，即或，解得或，则a的取值范围为10分