湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023届高三下学期5月压轴卷数学试题(一)含答案.docx

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1、2023年普通高等学校招生全国统一考试压轴卷数学试题（一）试卷满分：150分 考试用时：120分钟注意事项：1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回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、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，只有一项是符合题目要求的1. 纯洁的冰雪，激情的约会，2030年冬奥会预计在印度孟买举行按常理，该次冬奥会共有7个大项，如冰球、冰壶、滑冰、滑雪、雪车

2、等；一个大项又包含多个小项，如滑冰又分为花样滑冰、短道速滑、速度滑冰三个小项若集合U代表所有项目的集合，一个大项看作是几个小项组成的集合，其中集合A为滑冰三个小项构成的集合，下列说法不正确的是（ ）A. “短道速滑”不属于集合A相对于全集U的补集B. “雪车”与“滑雪”交集为空集C. “速度滑冰”与“冰壶”交集不为空集D. 集合U包含“滑冰”2. 若复数z满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 3. 已知函数，若函数，则的最小正周期为（ ）A B. 2C. 4D. 4. 设，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，点P为椭圆上异于A点的任意一点，则使得成立的点P的个数为（ ）A. 1B. 2C.

3、3D. 45. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正数a，b，c满足，下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 7. 已知抛物线和，若和有且仅有两条公切线和，和、分别相切于M，N点，与、分别相切于P，Q两点，则线段PQ与MN（ ）A. 总是互相垂直B. 总是互相平分C. 总是互相垂直且平分D. 上述说法均不正确8. 在平面四边形ABCD中，且，则BD的最大值为（ ）A. B. 6C. D. 二、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. 某校组织

4、全体学生参加了“喜迎二十大，结合中华传统文化与楚文化的创新突破”的剧本创作大赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有160人B. 图中x的值为0.020C. 估计全校学生成绩的平均分约为83D. 估计全校学生成绩的80%分位数为9510. 如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱BC，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线EF到平面的距离为2B. 直线AE与直线的夹角的余弦值为C. 点C与点G到平面A

5、EF的距离之比为D. 平面AEF截正方体所得截面面积为11. 已知实数a，b，则下面说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若a，b均大于0且，则C. 若，则最大值为D. 若，则的取值范围为12. 已知集合，集合，将集合C中所有元素从小到大依次排列为一个数列，为数列的前n项和，则（ ）A. B 或2C. D. 若存在使，则n的最小值为26三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 二项式的展开式中，常数项是_14. 若函数的图象上存在不同的两点，使函数图象在这两点处的切线斜率之积小于0且斜率之和等于常数e，则称该函数为“e函数”，下列四个函数中，其中为“e函数”的是_；15. 已知有L，

6、M，S三种尺寸的检测样品盒，其中每个L盒至多放置10支完全相同的样品，且L盒至少比M盒多2支样品，M盒至少比S盒多2只样品，则不同的放置方法共有_种（注：L，M，S不可为空盒）16. 已知直线l与抛物线交于A，B两点（与坐标原点O均不重合），且，抛物线的焦点为F，记、的面积分别为，若满足，则直线l的方程为_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. 已知中，角，所对边分别为，若满足（1）求角的大小；（2）若，求面积取值范围18. 已知数列前n项和为，满足（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和19. 在平行四边形ABCD中，过D点作于E，以DE为轴

7、，将向上翻折使平面平面BCDE，连接CE，F点为线段CE中点，Q为线段AC上一点 （1）证明：；（2）若二面角的余弦值为，求的值20. 长江十年禁渔计划全面施行，渔民老张积极配合政府工作，如期收到政府的补偿款.他决定拿出其中10万元进行投资，并看中了两种为期60天（视作2个月）的稳健型（不会亏损）理财方案.方案一：年化率，且有的可能只收回本金；方案二：年化率，且有的可能只收回本金；已知老张对每期的投资本金固定（都为10万元），且第一次投资时选择了方案一，在每期结束后，老张不间断地进行下一期投资，并且他有的可能选择另一种理财方案进行投资.（1）设第i次投资（）选择方案一的概率为，求；（2）求一年

8、后老张可获得总利润的期望（精确到1元）.注：若拿1千元进行5个月年化率为的投资，则该次投资获利元.21. 已知椭圆（），四点，中恰有三点在椭圆C上（1）求椭圆C方程；（2）椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由22. 已知（1）当时，讨论函数的极值点个数；（2）若存在，使，求证：2023年普通高等学校招生全国统一考试压轴卷数学试题（一）试卷满分：150分 考试用时：120分钟注意事项：1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回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答

9、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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、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，只有一项是符合题目要求的1. 纯洁的冰雪，激情的约会，2030年冬奥会预计在印度孟买举行按常理，该次冬奥会共有7个大项，如冰球、冰壶、滑冰、滑雪、雪车等；一个大项又包含多个小项，如滑冰又分为花样滑冰、短道速滑、速度滑冰三个小项若集合U代表所有项目的集合，一个大项看作是几个小项组成的集合，其中集合A为滑冰三个小项构成的集合，下列说法不正确的是（ ）A. “短

10、道速滑”不属于集合A相对于全集U的补集B. “雪车”与“滑雪”交集为空集C. “速度滑冰”与“冰壶”交集不为空集D. 集合U包含“滑冰”【答案】C【解析】选项A，集合A为滑冰三个小项构成集合，其中包含了短道速滑，短道速滑属于集合A，不属于集合A相对于全集U的补集，故A正确；选项B，“雪车”与“滑雪”是不同的大项，交集为空集，故B正确；选项C，冰壶、滑冰是为不同大项，交集为空集，速度滑冰又是滑冰的小项，速度滑冰与冰壶交集为空集，故C错误；选项D，全集U包含冬奥会的所有项目，全集U包含滑冰，故D正确故选：C2. 若复数z满足，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，即的虚部为.

11、故选：D3. 已知函数，若函数，则的最小正周期为（ ）A. B. 2C. 4D. 【答案】C【解析】由题可知，的最小正周期为1，的最小正周期为4，因为，所以的最小正周期为4，故选：C4. 设，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，点P为椭圆上异于A点的任意一点，则使得成立的点P的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，则，P在以为直径的圆上，该圆与椭圆有三个公共点，如图所示，又P点与A点不重合，故符合条件的点P的个数有2个，故选：B 5. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】由图像可知，而D

12、选项中，排除D选项；又图像不关于原点对称，不是奇函数，若，函数定义域为R，为奇函数，排除A选项；，是奇函数，排除C选项.故选：B6. 已知正数a，b，c满足，下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，；，故A错误；，故BC错误，D正确，故选:D7. 已知抛物线和，若和有且仅有两条公切线和，和、分别相切于M，N点，与、分别相切于P，Q两点，则线段PQ与MN（ ）A. 总是互相垂直B. 总是互相平分C. 总是互相垂直且平分D. 上述说法均不正确【答案】B【解析】设，则，所以关于点成中心对称，即抛物线和关于点成中心对称，因为和是它们的公切线，和、分别相切于M，N两点，和、分别

13、相切于P，Q两点，则M，N和P，Q都关于点成对称中心对称，所以线段PQ与MN互相平分，故选：B8. 在平面四边形ABCD中，且，则BD的最大值为（ ）A. B. 6C. D. 【答案】B【解析】 由题意可知：，设，在中，在中，BD的最大值为6，故选:B二、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. 某校组织全体学生参加了“喜迎二十大，结合中华传统文化与楚文化的创新突破”的剧本创作大赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左

14、闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有160人B. 图中x的值为0.020C. 估计全校学生成绩的平均分约为83D. 估计全校学生成绩的80%分位数为95【答案】AD【解析】由所给频率分布直方图可知，抽取的学生成绩在区间内的频率为，成绩在区间内的学生有人，故A正确；由，得，故B错误；抽取的学生的平均分为，估计全校的平均分为84，故C错误；设抽取学生成绩分位数为m，则，解得，估计全校学生成绩的分位数为95，故D正确故选:AD10. 如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱BC，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线EF到

15、平面的距离为2B. 直线AE与直线的夹角的余弦值为C. 点C与点G到平面AEF的距离之比为D. 平面AEF截正方体所得截面面积为【答案】ACD【解析】对于A项，平面平面，平面，直线EF到平面的距离即平面与平面的距离，由正方体的特征可知该两个面距离为2，故A正确；对于B项，如图，取的中点M，连接，易证 ，是直线AE与直线的夹角，故B错误； 对于C项，记点C与点G到平面AEF的距离分别为、，即点C与点G到平面AEF的距离之比为，故C正确；对于D项，连接、，易证，即A、F、E四点共面，平面AEF截正方体所得截面为梯形，如图作，垂足为N， ，故D正确故选：ACD11. 已知实数a，b，则下面说法正确的

16、是（ ）A. 若，则B. 若a，b均大于0且，则C. 若，则最大值为D. 若，则的取值范围为【答案】ACD【解析】对于选项A，若，则，若，则，若，则，若，都有，故A正确；对于选项B，当，显然成立，故B错误；对于选项C，当且仅当时，等号成立.令，则，令，则，当且仅当，即时，等号成立.最大值为，故C正确；对于选项D，则的取值范围为，故D正确故选：ACD12. 已知集合，集合，将集合C中所有元素从小到大依次排列为一个数列，为数列的前n项和，则（ ）A. B. 或2C. D. 若存在使，则n的最小值为26【答案】ABC【解析】对于选项A，由题意前8项为1，2，3，4，5，7，8，9，故A正确；对于选项

17、B，集合A为奇数集，集合B中的元素都是偶数，按照从小到大排列，若连续的两个数是奇数，则，若连续的两个数是一个奇数，一个偶数，则，故B正确；对于选项C，令，比小1，前k项中，来自集合A的有个，来自集合B的有n个，即，故C正确；对于选项D，的前26项包括A集合的1，3，5，41共21个，B集合的2，4，8，16，32共5个，不符合条件，故D错误故选:ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 二项式的展开式中，常数项是_【答案】28；【解析】由二项式展开式的通项公式可知： ，常数项满足： ，常数项为： .14. 若函数的图象上存在不同的两点，使函数图象在这两点处的切线斜率之积小于0

18、且斜率之和等于常数e，则称该函数为“e函数”，下列四个函数中，其中为“e函数”的是_；【答案】【解析】记，当时，当时，时，有最小值，值域为，存在、使，故是e函数；，不存在、使，故不是e函数；，值域为R，存在、使，故是e函数；，值域为，存在、使，故是e函数15. 已知有L，M，S三种尺寸的检测样品盒，其中每个L盒至多放置10支完全相同的样品，且L盒至少比M盒多2支样品，M盒至少比S盒多2只样品，则不同的放置方法共有_种（注：L，M，S不可为空盒）【答案】56【解析】当L盒放置10支样品，且M盒放置8支样品时，S盒可放置6、5、4、3、2、1支样品，共6种不同的放置方法；当L盒放置10支样品，且M

19、盒放置7支样品时，S盒可放置5、4、3、2、1支样品，共5种不同的放置方法；当L盒放置10支样品，且M盒放置3支样品时，S盒可放置1支样品，只1种放置方法L盒放置10支样品，共有放置方法：种，同理L盒放置9支样品，共有放置方法：种，L盒放置8支样品，共有放置方法：种，L盒放置7支样品，共有放置方法：种，L盒放置6支样品，共有放置方法：种，L盒放置5支样品，共有放置方法：1种，不同的放置方法总数为种16. 已知直线l与抛物线交于A，B两点（与坐标原点O均不重合），且，抛物线的焦点为F，记、的面积分别为，若满足，则直线l的方程为_【答案】或【解析】由已知可设直线OA方程为，又，OB方程为， 由解得

20、，由解得，令，得，直线l与x轴交点，解得，直线l的方程四、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. 已知中，角，所对边分别为，若满足（1）求角的大小；（2）若，求面积的取值范围【解析】（1）由正弦定理知，化简得，（其中舍去），即（2）由（1）知，则，那么的面积（当且仅当时等号成立），则面积的取值范围为18. 已知数列前n项和为，满足（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和【解析】（1）因为，所以当时，故；当时，作差，得，即，此式对也成立，故数列的通项公式为，（2）由（1）知，不妨令，且数列的前n项和，则，作差，得，即则，即数列的前n项和为.19. 在

21、平行四边形ABCD中，过D点作于E，以DE为轴，将向上翻折使平面平面BCDE，连接CE，F点为线段CE的中点，Q为线段AC上一点 （1）证明：；（2）若二面角的余弦值为，求的值【解析】（1）证明：面面BCDE，面面，且，面BCDE，又面BCDE，又在中，则，又F为CE中点，故，且面AEC，则面AEC，又面AEC，所以(2)由（1）知，ED，EB，EA互相垂直，分别以ED，EB，EA为x，y，z轴非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系， 其中，则，不妨设，则，再设，分别是面ADQ、面EDQ的法向量，则分别满足与令，得到，由题意知，解得，即20. 长江十年禁渔计划全面施行，渔民老张积极配合政府工作，

22、如期收到政府的补偿款.他决定拿出其中10万元进行投资，并看中了两种为期60天（视作2个月）的稳健型（不会亏损）理财方案.方案一：年化率，且有的可能只收回本金；方案二：年化率，且有的可能只收回本金；已知老张对每期的投资本金固定（都为10万元），且第一次投资时选择了方案一，在每期结束后，老张不间断地进行下一期投资，并且他有的可能选择另一种理财方案进行投资.（1）设第i次投资（）选择方案一的概率为，求；（2）求一年后老张可获得总利润的期望（精确到1元）.注：若拿1千元进行5个月年化率为的投资，则该次投资获利元.【解析】（1）由题意知，整理得，其中，故数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即，那么；（

23、2）当某期选择方案一时，获利期望值为元；当某期选择方案二时，获利期望值为元；那么，在一年间，老张共投资了6次，获得的总利润的期望为元，即一年后老张可获得的利润的期望约为2255元.21. 已知椭圆（），四点，中恰有三点在椭圆C上（1）求椭圆C的方程；（2）椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由【解析】（1）由椭圆的对称性知，三点在椭圆C上，故，得，从而椭圆C的方程为（2）直线MN过定点，证明如下：假设存在，不妨设直线、MN的斜率分别为，k，满足，设直线MN的方程为（），且，与椭圆C的

24、方程联立，得，则，即（*），且那么，化简得，即整理得：，解得或，当时，中一点与重合，故舍去，故直线MN过定点 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线MN的方程为（），且，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将斜率之间的关系式整理从而将韦达定理代入，最后化简得，解出值并检验.22. 已知（1）当时，讨论函数的极值点个数；（2）若存在，使，求证：【解析】（1）当时，则，当时，故在上单调递增，不存在极值点；当时，令，则总成立，故函数即在上单调递增，且，所以存在，使得，所以当时，单调递减；当时，单调递增；故在上存在唯一极值点，综上，当时，函数的极值点有且仅有一个（2）由知，整理得，（*），不妨令，则，故在上单调递增，当时，有，即，那么，因此，（*）即转化为，接下来证明，等价于证明，不妨令（），建构新函数，则在上单调递减，所以，故即得证，由不等式的传递性知，即【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.