数学（江苏卷）2023年高考考前押题密卷含答案.docx

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1、数学-2023年高考考前押题密卷（江苏卷）（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、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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设全集，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（）ABCD2已

2、知i为虚数单位，复数z满足，则（）ABCD3已知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（）ABCD4 “”是“圆：与圆：有公切线”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5冬末春初，人们容易感冒发热，某公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于，则称没有发生群体性发热根据下列连续7天体温高于人数的统计量，能判定该公司没有发生群体性发热的为（）中位数是3，众数为2；均值小于1，中位数为1；均值为3，众数为4；均值为2，标准差为ABCD6袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个

3、红球的概率为（）ABCD7已知双曲线的上、下焦点分别为，过的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足，则双曲线的离心率为（）ABCD8已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（）A当时，数列单调递减B当时，数列单调递增C当时，数列单调递减D当时，数列单调递增二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9下列结论正确的是（）A是偶函数B若命题“，”是假命题，

4、则C设，则“，且”是“”的必要不充分条件D，10如图，在平行四边形中，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（）A三棱锥四个面都是直角三角形B平面平面C与所成角的余弦值为D点到平面的距离为11设椭圆，为椭圆上一点，点关于轴对称，直线分别与轴交于两点，则（）A的最大值为B直线的斜率乘积为定值C若轴上存在点，使得，则的坐标为或D直线过定点12已知，分别是定义在R上的函数，的导函数，且是奇函数，则（）A的图象关于直线对称B的图象关于点对称CD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13在展开式中，含的项的系数是_14如图，无人机在离地面的高的A处，观测到山顶M处的仰角为，山脚C

5、处的俯角为，已知，则山的高度为_.15已知函数的定义域，在上单调递减，且对任意的，有，若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_.16三棱锥中，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为_，此三棱锥外接球的体积为_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（10分）如图，在平面四边形ABCD中，(1)若，求；(2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值18.（12分）对于数列，的前n项和，在学习完“错位相减法”后，善于观察的小周同学发现对于此类“等差等比数列”，也可以使用“裂项相消法”求解，以下是她的思考过程：为什么可以裂项相消？是因为此

6、数列的第n，n1项有一定关系，即第n项的后一部分与第n1项的前一部分和为零不妨将，也转化成第n，n1项有一定关系的数列，因为系数不确定，所以运用待定系数法可得，通过化简左侧并与右侧系数对应相等即可确定系数将数列，表示成形式，然后运用“裂项相消法”即可！聪明的小周将这一方法告诉了老师，老师赞扬了她的创新意识，但也同时强调一定要将基础的“错位相减法”掌握(1)请你帮助小周同学，用“错位相减法”求的前n项和；(2)请你参考小周同学的思考过程，运用“裂项相消法”求的前n项和19.（12分）某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），两人第一局获胜的概率均为

7、，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一方第一局、第二局连胜的概率为.(1)在一场比赛中，求甲以3：1获胜的概率；(2)设一场比赛的总局数为，求的分布列与数学期望.20（12分）如图1，在梯形中，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由(2)若，求平面与平面所成角的正弦值21（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.点P到抛物线的准线的距离为.(1)求椭圆和抛物线的方程；(2)

8、如图过抛物线的焦点F作斜率为的直线交抛物线于A，B两点（点A在x轴下方），直线交椭圆于另一点Q.记，的面积分别记为，当恰好平分时，求的值.22.（12分）已知函数(1)判断在区间上的单调性；(2)若恰有两个不同的零点，且，证明：数学-2023年高考考前押题密卷（江苏卷） 数学全解全析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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设全集，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（）ABCD【答案】C【详解】由题意得图中阴影部分表示的集合是，又因为，故选：C2已知i为虚数单位，复数z满足，则（）ABCD【答案】B【详解】因为，所以.故选：B3已

9、知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（）ABCD【答案】A【详解】根据，可得，故，所以，故的周期为24，所以，故选：A4“”是“圆：与圆：有公切线”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，若两圆有公切线，则，即，解得或，所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件.故选：A.5冬末春初，人们容易感冒发热，某公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于，则称没有发生群体性发热根据下列连续7天体温高于人数的统计量，能判定该公司没有发生群体性发热的为（）中

10、位数是3，众数为2；均值小于1，中位数为1；均值为3，众数为4；均值为2，标准差为ABCD【答案】D【分析】根据中位数、众数、平均数、标准差等知识确定正确答案.【解析】任意连续7天，每天不超过5人体温高于的人数为2，2，2，3，3，4，6，则满足中位数是3，众数为2，但第7天是6人高于5人，故错误；任意连续7天，每天不超过5人体温高于的人数为0，1，2，4，4，4，6，则满足均值是3，众数为4，但第7天是6人高于5人，故错误；对于，将个数据从小到大排列为，所以，由于是自然数，且，所以都不超过，正确.对于，将个数据从小到大排列为，由于是自然数，若自然数大于，则，矛盾，所以都不超过，正确.综上所述

11、，正确的为.故选:D6袋子中有大小相同的个白球和个红球，从中任取个球，已知个球中有白球，则恰好拿到个红球的概率为（）ABCD【答案】A【分析】先求总的取球方法，再求恰好取到两个红球的方法，利用古典概率可得答案.【解析】因为取到的3个球中有白球，所以共有种方法，3个球中恰好有两个红球的取法共有种，设事件“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，则.故选：A.7已知双曲线的上、下焦点分别为，过的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足，则双曲线的离心率为（）ABCD【答案】D【详解】设，则，在中，由余弦定理得，即在中，由余弦定理得，化简得，因为，所以，所以，所以，双曲线的离心率，故选：D8已知数列是

12、各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（）A当时，数列单调递减B当时，数列单调递增C当时，数列单调递减D当时，数列单调递增【答案】D【详解】数列是各项为正数的等比数列，则公比为，由题意，得，时，有，数列单调递增，A选项错误；时，若数列单调递增，则， 即，由，需要，故B选项错误；时，解得，时，由，若数列单调递减，则， 即，而 不能满足恒成立，C选项错误；时，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5

13、分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9下列结论正确的是（）A是偶函数B若命题“，”是假命题，则C设，则“，且”是“”的必要不充分条件D，【答案】ABD【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断选项；根据特称命题的的真假判断选项；根据必要不充分条件的判断即可判断选项；根据等式的性质判断选项.【解析】对于，函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，故选项正确；对于，若命题“，”是假命题，则恒成立，所以，解得，故选项正确；对于，若，且，则成立，反之不一定成立，例如：满足，但是，故“，且”是“”充分不必要条件，故选错误；对于，若，则，当时方程有

14、解，所以，故选项正确；故选：.10如图，在平行四边形中，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（）A三棱锥四个面都是直角三角形B平面平面C与所成角的余弦值为D点到平面的距离为【答案】ABD【分析】先根据勾股定理判断，再由面面垂直得线线垂直，可判断A、B，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算线线角判断C，应用向量法求点面距离可判断D.【解析】中，由余弦定理得，故，所以，因为平面平面，平面平面，面，所以平面，平面，则；同理平面，因为平面，所以平面平面，A、B正确；以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，所以，即与所成角的余弦值为，C错误；由上知：，若为面的法向

15、量，所以，令，则，而，则到平面的距离为，D正确.故选：ABD.11设椭圆，为椭圆上一点，点关于轴对称，直线分别与轴交于两点，则（）A的最大值为B直线的斜率乘积为定值C若轴上存在点，使得，则的坐标为或D直线过定点【答案】BCD【分析】利用两点间距离公式表示出，结合可得关于的二次函数的形式，通过讨论与二次函数对称轴的位置关系，可求得的最大值，知A错误；利用斜率公式表示出，化简可得定值，知B正确；假设存在，可得，求得横坐标后，代入化简知C正确；表示出直线后，根据直线过定点的求法可知D正确.【解析】对于A，在椭圆上，由题意知：，的对称轴为，若，即时，；当，即时，；综上所述：A错误；对于B，关于轴对称，

16、B正确；对于C，假设存在点，使得，则，；直线，直线，即或，C正确；对于D，直线，即，直线过定点，D正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用的问题，解题基本思路是能够利用表示出所需的点的坐标，结合两点间距离公式、斜率公式、三角形相似关系等知识化简所求量，从而确定选项的正误.12已知，分别是定义在R上的函数，的导函数，且是奇函数，则（）A的图象关于直线对称B的图象关于点对称CD【答案】ABC【详解】因为，所以（a为常数），所以因为，所以令，得，解得，所以，则的图象关于直线对称，故选项正确因为，且，所以所以，即是偶函数因为是奇函数，所以的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，因

17、为是偶函数，所以的图象关于点对称，则选项正确因为是奇函数，所以，所以，所以，则是周期为4的函数因为，所以，所以，则因为是奇函数，所以，所以，则选项正确因为，所以，所以，所以，所以，则选项错误故选：.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13在展开式中，含的项的系数是_【答案】20【详解】的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，故在展开式中，含的项的系数为20故答案为：2014如图，无人机在离地面的高的A处，观测到山顶M处的仰角为，山脚C处的俯角为，已知，则山的高度为_.【答案】 m【分析】根据题中条件，先得到m，在中，根据正弦定理，即可得出结果.【解析】在中，由图知，即，在中，由正弦定

18、理得，m，在中，.故答案为： m15已知函数的定义域，在上单调递减，且对任意的，有，若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_.【答案】【详解】令，得，令，得，则，令，得，所以是偶函数，因为在上单调递减，所以在上单调递增.原不等式可化为.因为，且在上单调递增，所以，即，即.设，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以.故答案为：16三棱锥中，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为_，此三棱锥外接球的体积为_【答案】 # #【详解】设平面，垂足为，如图，过作于点，过作于，连接，由平面，平面，得，又，平面，平面，平面，得，同理，从而均为直角三角形，则在的平分线上，

19、易知AB与平面BCD所成角即为，又，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，又，解得，又，同理，为外接球直径，三棱锥外接球的体积为故答案为：，.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（10分）如图，在平面四边形ABCD中，(1)若，求；(2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值【答案】(1)(2)【详解】（1），.4分；.6分（2）设， ， 当且仅当，时取最大值 ；综上， ， 的最大值是 .10分18.（12分）对于数列，的前n项和，在学习完“错位相减法”后，善于观察的小周同学发现对于此类“等差等比数列”，也可以使用“裂项相消法”求解，以下是她的思考过程：

20、为什么可以裂项相消？是因为此数列的第n，n1项有一定关系，即第n项的后一部分与第n1项的前一部分和为零不妨将，也转化成第n，n1项有一定关系的数列，因为系数不确定，所以运用待定系数法可得，通过化简左侧并与右侧系数对应相等即可确定系数将数列，表示成形式，然后运用“裂项相消法”即可！聪明的小周将这一方法告诉了老师，老师赞扬了她的创新意识，但也同时强调一定要将基础的“错位相减法”掌握(1)请你帮助小周同学，用“错位相减法”求的前n项和；(2)请你参考小周同学的思考过程，运用“裂项相消法”求的前n项和【答案】(1)(2)【详解】（1）因为所以则.4分所以-得：所以；.6分（2）因为，设，比较系数得：，

21、得，所以，.8分所以.12分19.（12分）某校组织羽毛球比赛，每场比赛采用五局三胜制（每局比赛没有平局，先胜三局者获胜并结束比赛），两人第一局获胜的概率均为，从第二局开始，每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局获胜的概率为，若上局未获胜，则该局获胜的概率为，且一方第一局、第二局连胜的概率为.(1)在一场比赛中，求甲以3：1获胜的概率；(2)设一场比赛的总局数为，求的分布列与数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】(1)甲以3：1获胜的有3种情况，甲在第一、二局获胜，或者第一、三局获胜，或者第二、三局获胜，将3种情况的概率计算出即可求解；(2)先求出随机变量的可能取

22、值，然后求出其相应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可.【解析】（1）令事件为甲在第i局获胜，2，3.甲连胜两局的概率，所以.2分故在一场比赛中，甲以31获胜的概率为：.4分（2）X可能的值为3，4，5.，.8分所以的分布列：X345所以.12分20（12分）如图1，在梯形中，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由(2)若，求平面与平面所成角的正弦值【答案】(1)存在，点为线段的中点(2)【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面证明如下：

23、由题易知，因为点为线段的中点，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面连接，因为，所以四边形是平行四边形，.4所以，且，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，平面，所以平面平面.6分（2）因为，所以，所以，又，所以，两两垂直故以点为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，即，得，取，得设平面的法向量为，则，即，取，得.10分设平面与平面所成角为，则，所以，所以平面与平面所成角的正弦值为.12分21（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.点P到抛物线的准线的距离为.(1)求椭圆和抛物线的方程；

24、(2)如图过抛物线的焦点F作斜率为的直线交抛物线于A，B两点（点A在x轴下方），直线交椭圆于另一点Q.记，的面积分别记为，当恰好平分时，求的值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由椭圆离心率和经过点可得答案；（2）设，设直线的斜率为，且A，F，B共线得，从而，可求出直线的斜率为.当平分时，利用，求出，从而的值，由此直线，由于，联立直线和椭圆方程可得，再利用，可得答案.【解析】（1）由于椭圆的离心率为，则，所以，故设，由于椭圆经过点，从而，故椭圆的方程为.由于点P到抛物线的准线的距离为，则，故，从而抛物线.4分（2）由于，设，设直线的斜率为，由于，则，由于，且A，F，B共线得，故，从而，从而，

25、.6分由于，则直线的斜率为，当平分时，则，即，即即，从而或，从而或，由于，故，由此直线.由于，考虑到，从而，从而，联立，即，从而，则，.10分从而，由此，从而，从而.12分22.（12分）已知函数(1)判断在区间上的单调性；(2)若恰有两个不同的零点，且，证明：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】（1）求导得，分两种情况：若，若，讨论的单调性，进而可得答案（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，进而可得，要证，即证，即可得出答案【详解】（1）解：，若，则恒成立，所以在上单调递增，若，当时，单调递增，当时，单调递减，下面判断与

26、的大小关系，令，则，所以当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递减，所以，所以，即，当且仅当时，取等号，所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递减，综上所述，当，在上单调递增，当时，在上单调递减，当且时，在上单调递增，在上单调递减.4分（2）证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，由不等式可得，所以，所以当时，恒成立，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，所以，即，所以，设，所以，即，所以，由可得，.10分要证，需要证，只要证，即，即，即证，由可证，所以即证.12分【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，构造，进而得到，将，

27、转化为证明而得解.数学-2023年高考考前押题密卷（江苏卷） 参考答案1.【答案】C2【答案】B3【答案】A4【答案】A5【答案】D6【答案】A7【答案】D8【答案】D9【答案】ABD10【答案】ABD11【答案】BCD13【答案】2014【答案】 m15【答案】16【答案】 # #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【答案】(1)(2)【详解】（1），.4分；.6分（2）设， ， 当且仅当，时取最大值 ；综上， ， 的最大值是 .10分18.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为所以则.4分所以-得：所以；.6分（2）因为，设，比较系数得：，得，所以，

28、.8分所以.12分19.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】(1)甲以3：1获胜的有3种情况，甲在第一、二局获胜，或者第一、三局获胜，或者第二、三局获胜，将3种情况的概率计算出即可求解；(2)先求出随机变量的可能取值，然后求出其相应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可.【解析】（1）令事件为甲在第i局获胜，2，3.甲连胜两局的概率，所以.2分故在一场比赛中，甲以31获胜的概率为：.4分（2）X可能的值为3，4，5.，.8分所以的分布列：X345所以.12分20【答案】(1)存在，点为线段的中点(2)【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面证明如下：由题易知，因为点为线段的中

29、点，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面连接，因为，所以四边形是平行四边形，.4所以，且，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，平面，所以平面平面.6分（2）因为，所以，所以，又，所以，两两垂直故以点为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，即，得，取，得设平面的法向量为，则，即，取，得.10分设平面与平面所成角为，则，所以，所以平面与平面所成角的正弦值为.12分21【答案】(1)，(2)【分析】（1）由椭圆离心率和经过点可得答案；（2）设，设直线的斜率为，且A，F，B共线得，从而，可

30、求出直线的斜率为.当平分时，利用，求出，从而的值，由此直线，由于，联立直线和椭圆方程可得，再利用，可得答案.【解析】（1）由于椭圆的离心率为，则，所以，故设，由于椭圆经过点，从而，故椭圆的方程为.由于点P到抛物线的准线的距离为，则，故，从而抛物线.4分（2）由于，设，设直线的斜率为，由于，则，由于，且A，F，B共线得，故，从而，从而，.6分由于，则直线的斜率为，当平分时，则，即，即即，从而或，从而或，由于，故，由此直线.由于，考虑到，从而，从而，联立，即，从而，则，.10分从而，由此，从而，从而.12分22.（12分）【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】（1）求导得，分两种情况：若

31、，若，讨论的单调性，进而可得答案（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，进而可得，要证，即证，即可得出答案【详解】（1）解：，若，则恒成立，所以在上单调递增，若，当时，单调递增，当时，单调递减，下面判断与的大小关系，令，则，所以当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递减，所以，所以，即，当且仅当时，取等号，所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递减，综上所述，当，在上单调递增，当时，在上单调递减，当且时，在上单调递增，在上单调递减.4分（2）证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，由不等式可得，所以，所以当时，

32、恒成立，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，所以，即，所以，设，所以，即，所以，由可得，.10分要证，需要证，只要证，即，即，即证，由可证，所以即证.12分【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，构造，进而得到，将，转化为证明而得解.所以在上单调递减，所以，所以，即，当且仅当时，取等号，所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递减，综上所述，当，在上单调递增，当时，在上单调递减，当且时，在上单调递增，在上单调递减-5分（2）证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，由不等式可得，所以，所以当时，恒成立，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，所以，即，所以，-8分设，所以，即，所以，由可得，要证，需要证，只要证，即，即，即证，由可证，所以即证12分