2023年普通高等学校招生全国统一考试数学名师押题信息卷（3）（答案版）.docx

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1、2023年普通高等学校招生全国统一考试名师押题信息卷（3）数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不

2、准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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若集合，则（）ABCD【答案】A【分析】先解出集合A、B,再求.【详解】因为，所以.故选：A2已知复数，若在复平面上对应的点在第三象限，则（）ABCD【答案】B【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式以及复数的几何意义可求得实数的值.【详解】因为，则，解得，因为复数在复平面上对应的点在第三象限，则，解得，因此，.故选：B.3设，则“”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不

3、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】本题可通过基本不等式得出“”是“”的充分条件，然后通过取、得出“”不是“”的必要条件，即可得出结果.【详解】当时，当且仅当时取等号，故“”是“”的充分条件，当时，、满足，但不满足，故“”不是“”的必要条件，“”是“”的充分而不必要条件，故选：A.4已知数列的前项和为，若，则（）ABCD2023【答案】A【分析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.【详解】因为，即.当时，即；当时，所以，所以.又，所以数列是等比数列，首项为，公比为，所以，所以，所以.故选：A.5窗花

4、是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2，若点P在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】根据数量积的几何意义求解【详解】，即与在向量方向上的投影的积由图2知，点在直线上的射影是中点，由于，圆弧直径是2，半径为1，所以向量方向上的投影的最大值是2，最小值是2，因此的最大值是，最小值是，因此其取值范围为，故选：D6已知，点P为直线上的一点，点Q为圆上的一点，

5、则的最小值为（）ABCD【答案】D【分析】令，可得M点的坐标为，则，即可得答案.【详解】设，令，则，则M.如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点M距离，为.故选：D7已知是上的偶函数，且当时，若， 则（）ABCD【答案】C【分析】根据函数为偶函数可得出的图象关于直线对称，结合导数判断时函数的单调性，由此结合函数的性质和，可得出，即可判断C，D；脱掉绝对值符号化简，可判断A，B.【详解】由是上的偶函数，得，即，所以的图象关于直线对称当时，由，仅在时取等号，得在区间上为减函数，则在区间上为增函数，根据图象的对称性，由得，则C正确、D错误当异号时，则或，即或，即选项A，B的结果

6、不能确定，故选：C8在三棱锥中，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积的最大值为时，其外接球的表面积为ABCD【答案】B【解析】根据两个射影，结合球的图形，可知二面角的平面角为；根据题意可知当，时，三棱锥的体积最大根据体积的最大值可求得BC的长，结合图形即可求得球的半径，进而求得表面积【详解】如图，设球心在平面内的射影为，在平面内的射影为， 则二面角的平面角为，点在截面圆上运动，点在截面圆上运动，由图知，当，时，三棱锥的体积最大，此时与是等边三角形，设，则，解得，所以，设，则，解得，球的半径，所求外接球的表面积为，故选B.【点睛】本题考查了三棱锥外接球的综合应用，根据空间几何关系求得球的半径，进而求

7、得表面积，对空间想象能力要求较高，属于难题二、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已知正方体中，E，F，G，H，I分别是线段，AB，的中点，则（）ABCD【答案】AB【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果【详解】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方体中，棱长为2，则，故A正确；，故B正确；，故C错误；，故D错误故选：10袋中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从袋中一次抓出个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球”，则（）A事件与事

8、件是对立事件B事件与事件是相互独立事件C若，则D若，则【答案】AD【分析】由对立事件的定义可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；由古典概型的概率公式可得出关于的等式，解出的值，可判断C选项；利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由对立事件的定义可知，事件、互为对立事件，A对；对于B选项，显然，故B不正确；对于C，由，可得，即，整理可得，因为，解得，故C不正确；对于D，由C知，故D正确，故选：AD.11已知函数，其中a，b，则下列结论正确的是（）ABC在R上单调递减D最大值为【答案】AB【分析】对A、B：整理可得，构建，根据题意结合函数单调性分析判断；对

9、B：取特值，代入检验；对D：令，整理可得，再令，整理得，结合三角函数以及对勾函数分析运算.【详解】因为，即，对A、B：又a，b，则，所以，故，在R上递减，由，令，则在R上递减，且，所以，且，则对，恒成立，可得，故A，B正确；对C：取，则，所以C错误；对D：令，则今，则，且，则，故，可得，又在上单调递增，且，故，即，所以，所以D错误故选：AB.【点睛】关键点睛：对于，可解借助于三角函数换元，令，这样可以减少未知量，方便分析运算.12对于两个均不等于1的正数m和n，定义：，则下列结论正确的是（）A若，且，则B若，且，则C若，则D若，则【答案】BC【分析】根据函数新定义，比较大小，然后结合题目条件，

10、逐个判断.选项A：当时，；当时，；解得：或；选项B：将转化为；选项C：结合范围，化简， ，然后对数运算.选项D：结合范围判断，然后进行对数运算.【详解】选项A：当时，即，亦即；当时，即，亦即综上，当时，或，则A错误；选项B：由及，得，即，即，即或，即或由，得，从而可得，则B正确；选项C：若，则，而由，得，所以成立，则C正确；选项D：由指数函数是减函数，且，可得；由幂函数是增函数，且，可得，于是，所以， 同理，所以，则D错误故选:BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13的展开式中的常数项为_（用数字作答）【答案】1792【分析】由的展开式通项公式得到符合要求，从而求出答案.【详解】

11、展开式的通项公式，令，得，令无整数解，所以展开式中的常数项为故答案为：179214写出一个使等式成立的角的值为_.【答案】（答案不唯一）【分析】利用、同角三角函数的基本关系将切化弦，再利用两角差的正弦公式及二倍角公式公式得到，再根据余弦函数的性质计算可得.【详解】因为，所以，则或，故答案为：（答案不唯一）15已知、分别为椭圆的左、右焦点，是上第一象限内的点，关于原点的对称点为，且，则椭圆的离心率的取值范围为_【答案】【分析】连接、，分析可知四边形为矩形，设，根据题中条件可得出，利用椭圆的定义、勾股定理可得出，令，设，利用函数的单调性可求得的取值范围，进而可求得的取值范围.【详解】解：连接、由关

12、于原点的对称点为，可知，所以四边形为矩形，设，由椭圆的定义可知，在中，由，则，所以，则在中，在中，由，得由图形可知，令，设，易知在上单调递增，所以，则，所以，所以，故椭圆的离心率的取值范围为故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组或不等式组，求得、的值或不等式，根据离心率的定义求解离心率的值或取值范围；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程或不等式，然后转化为关于的方程或不等式求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值构建方程或不等式，求得离心率的值或取值范围.16对于正整数n，设是关于x的方程：的实根，记，其中表示不超过

13、x的最大整数，则_；若，为的前n项和，则_【答案】 1 506【分析】当时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而可求得，令，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，即得的范围，分类讨论为奇数和偶数时的，从而可得出答案.【详解】解：当时，即，令，因为函数在上都是增函数，所以函数在上都是增函数，又，所以函数在存在唯一零点，即，则，所以，方程，即为，即为，令，则，则有，令，则函数在上递增，因为，所以，使得，当时，则，当时，则，当时，所以.故答案为：1；506.【点睛】本题考查了方程的根与函数的零点的问题，考查了数列新定义及数列求和的问题，综合性很强，对逻辑推理能力和数据分

14、析能力要求很高，考查了分类讨论思想，难度很大.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已知数列和满足，数列的前项和分别记作，且.(1)求和；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）确定，再根据解得答案.（2）计算，得到，根据等比数列求和公式和裂项相消法计算得到答案.【详解】（1），所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以其前项和，又因为，所以，（2）当时，.当时，也适合通项公式，故.所以，所以.18在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求角A；(2)若，的面积为，求边BC的中线AD的长.【答案】(1)(2)【分析】（1

15、）应用正弦定理结合,可得可得角；（2）根据余弦定理及的面积，求得，再根据向量关系平方应用数量积公式求解即可.【详解】（1）因为,所以,可得,又由两角和差正弦公式可得,，所以,.（2）因为,所以,因为余弦定理得,又已知,可得,即得.因为BC的中线AD,可得,.19在四棱锥中，平面平面，为的中点.(1)求证：；(2)若，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求

16、解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可.【详解】（1），为的中点，又平面平面，平面平面，平面，又平面，（2）由，可知四边形为等腰梯形，易知，建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量为，设，则，直线与平面所成角为，点在棱上，即，代入解得或（舍去）.， ，设平面的法向量为，令，得，所以点到平面的距离【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20马尔可夫链是因俄国数学家安德烈马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有

17、大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为.(1)求的分布列；(2)求数列的通项公式；(3)求的期望.【答案】(1)答案见解析(2)(3)1【分析】（1）由题意分析的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率公式得到，判断出数列为以为首项，以为公比的等比数列即可求解；（3）利用全概率公式求出求出，进而求出.【详解】（1）（1）由题可知，的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：;，故的分布列如下表：012（2）由全概率公式可知：，即：，所以，所

18、以，又，所以，数列为以为首项，以为公比的等比数列，所以，即：.（3）由全概率公式可得：,即：,又,所以,所以,又,所以,所以,所以,所以.21已知，动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.(1)求点的轨迹的方程；(2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标.【答案】(1)(2)【分析】（1）由两直线斜率之积为，得点Q所满足的方程式即可；（2）设直线的方程，代入曲线的方程，由几何关系得直线恒过点，点的轨迹是以为直径的圆，当与重合时，最大，求出此时，点的纵坐标.【详解】（1）由题意得，且，所以，整理得曲线.（2）设，若直线平行于轴，根据双曲

19、线的对称性，可知点在轴上，不符合题意，故设直线：，代入曲线中，得，则，则，由，A，三点共线得，即，同理，由，B，三点共线得，消去，得，即，得，得，即对任意，都有成立，故或，若，由，可得：所以即，矛盾，故，所以.所以直线：恒过点，则点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，当与重合时，最大，此时轴，：，.所以当最大时，点的纵坐标为.22已知函数(1)若是的极值点，求a；(2)若，分别是的零点和极值点，证明下面，中的一个当时，；当时，注：如果选择，分别解答，则按第一个解答计分【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导，由是函数的极值点，则，即可得，然后将带入原函数进行分析说明即可；（2）

20、选择因为分别为的零点和极值点，所以，分别求出的值，找出等量关系式，然后根据，对函数式进行分析，利用构造新函数利用函数导数单调性，同时结合已知的条件即可得；选择因为分别为的零点和极值点，所以，分别求出的值，找出等量关系式，然后根据，对函数式进行分析，利用构造新函数利用函数导数单调性，同时结合已知的条件即可得；【详解】（1）因为，所以，若是函数的极值点，则，即，此时，设，则，所以存在，使得当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，是的极值点.（2）选择：因为分别为的零点和极值点，所以，所以.当时，则，即因为，所以当，即时，成立，当时，若，则只需证明，设，则设，则为增函数，且所以存在

21、唯一，使得，当时，单调递减，当时，单调递增，故，所以，单调递增，所以，则，等价于.设，则，当时，若时，单调递减，所以当，所以当时，成立，设，则，当时，单调递增所以当时，即成立，综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.选择：因为分别为的零点和极值点，所以，所以.当时，则，即若，即则只需证明，设，则，当时，单调递减，所以.若，设，则，单调递增，所以，所以，所以只需证明.设，则，当时，当时，即时，设，则，因为当时，函数单调递增，所以当时，单调递减，此时也有，所以当时，单调递减，即当时，综上，综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.试卷第31页，共31页学科网（北京）股份有限公司