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2023年高考數(shù)學(xué)考前信息必刷卷03
新高考地區(qū)專用

預(yù)計(jì)新高考地區(qū)考試題型仍與2022年試卷結(jié)構(gòu)相同，為8（單選題）＋4（多選題）＋4（填空題）＋6（解答題），其中結(jié)構(gòu)不良型試題是新高考地區(qū)新增加的題型，主要涉及解三角形與數(shù)列兩大模塊，以解答題的方式進(jìn)行考查。
2022年新高考Ⅰ卷并未考查結(jié)構(gòu)不良試題，本卷在第17題預(yù)測(cè)考查四邊形面積問題。

應(yīng)特別注意以給定定義為背景的試題，此類試題要特別注意給定的定義，根據(jù)定義找到規(guī)律，如本卷第16題，解答本題中函數(shù)迭代問題，要結(jié)合題設(shè)找到迭代規(guī)律，即可求出函數(shù)表達(dá)式，能有效考查學(xué)生發(fā)現(xiàn)問題、分析問題和解決問題的能力；另外本卷第22題以大熱點(diǎn)世界杯為背景，試題包含的信息量大，學(xué)生在解題時(shí)會(huì)出現(xiàn)從長題中提出信息的難度，重點(diǎn)考查了學(xué)生提取有效條件，分析問題，并解決問題的能力，本題難度較大。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)，則的虛部為（????）
A． B． C． D．3
【答案】D
【詳解】由，
得，
所以，所以的虛部為3.
故選：D.
2．（2023春·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱德強(qiáng)學(xué)校校考開學(xué)考試）設(shè)全集，，，則如圖所示的陰影部分所表示的集合是（????）

A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】由題意得圖中陰影部分表示的集合是．∵，∴．又因?yàn)?，∴?br /> 故選：C．
3．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）用紅、黃、藍(lán)3種顏色給如圖所示的6個(gè)相連的圓涂色，若每種顏色只能涂2個(gè)圓，且相鄰2個(gè)圓所涂顏色不能相同，則不同的涂法種數(shù)為（????）

A．24 B．30 C．36 D．42
【答案】B
【詳解】分2類（先涂前3個(gè)圓，再涂后3個(gè)圓．）：第1類，前3個(gè)圓用3種顏色，后3個(gè)圓也用3種顏色，有種涂法；第2類，前3個(gè)圓用2種顏色，后3個(gè)圓也用2種顏色，有種涂法．綜上，不同的涂法和數(shù)為．
故選：B．
4．（2023秋·浙江杭州·高二杭州市長河高級(jí)中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，在四棱柱中，底面為平行四邊形，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長都為1，且兩兩夾角為，則的長為（????）

A． B．2 C． D．
【答案】D
【詳解】解：記，，，
由題意可知，，
所以，
，
所以，即的長為，
故選：D.
5．（2023秋·浙江杭州·高二杭十四中?？计谀┤鐖D，在棱長為a的正方體中，P，Q分別為，上的動(dòng)點(diǎn)，則周長的最小值為（????）

A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】
連接
由圖易得，的三邊都在三棱錐的三個(gè)側(cè)面上，
將三棱錐的側(cè)面展開成平面圖形，如圖，

可得四邊形為直角梯形，
當(dāng)四點(diǎn)共線時(shí)，的周長最小，
最小值為，
故選:B.
6．（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線的上、下焦點(diǎn)分別為，，過的直線交雙曲線上支于A，B兩點(diǎn)，且滿足，，則雙曲線的離心率為（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】設(shè)，，
則，．
在中，由余弦定理得，
即．
在中，由余弦定理得，
化簡(jiǎn)得，因?yàn)椋?br /> 所以，
所以，
所以，
∴雙曲線的離心率，
故選：D．

7．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知，，，則下列判斷正確的是（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】（1）比較a，b的大小：因?yàn)?，所以，所以?br /> （2）比較b，c的大?。毫?，則．
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
所以當(dāng)時(shí)，，即，所以，即．
（3）比較a，c大?。?br /> 因?yàn)?，所以，即，所以，即?br /> 綜上，．
故選：D．
8．（2023秋·浙江金華·高二統(tǒng)考期末）已知數(shù)列是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，在之間插入1個(gè)數(shù)，使這3個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，記公差為，在之間插入2個(gè)數(shù)，使這4個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為，在之間插入n個(gè)數(shù)，使這個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，公差為，則（????）
A．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減 B．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增
C．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞減 D．當(dāng)時(shí)，數(shù)列單調(diào)遞增
【答案】D
【詳解】數(shù)列是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比為，
由題意，得，
時(shí)，，有，，數(shù)列單調(diào)遞增，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；
時(shí)，，，若數(shù)列單調(diào)遞增，則， 即，由，需要，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；
時(shí)，，解得，
時(shí)，，由，若數(shù)列單調(diào)遞減，則， 即，而 不能滿足恒成立，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；
時(shí)，，解得或，由AB選項(xiàng)的解析可知，數(shù)列單調(diào)遞增，D選項(xiàng)正確.
故選：D
二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．
9．（2023·遼寧·遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）隨著我國碳減排行動(dòng)的逐步推進(jìn)，我國新能源汽車市場(chǎng)快速發(fā)展，新能源汽車產(chǎn)銷量大幅上升，2017－2021年全國新能源汽車保有量y（單位：萬輛）統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表所示：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代碼x
1
2
3
4
5
保有量y/萬輛
153.4
260.8
380.2
492
784
由表格中數(shù)據(jù)可知y關(guān)于x的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為，則（????）
A．
B．預(yù)測(cè)2023年底我國新能源汽車保有量高于1000萬輛
C．2017－2021年全國新能源汽車保有量呈增長趨勢(shì)
D．2021年新能源汽車保有量的殘差（觀測(cè)值與預(yù)測(cè)值之差）為71.44
【答案】BCD
【詳解】由題得，，代入可得，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
2023年的年份代碼為7，代入得，高于1000萬輛，B項(xiàng)正確；
2017－2021年全國新能源汽車保有量呈增長趨勢(shì)，C項(xiàng)顯然正確；
將x=5，代入得，相應(yīng)的殘差為784－712.56=71.44，D項(xiàng)正確，
故選：BCD．
10．（2023秋·河北邢臺(tái)·高三邢臺(tái)市第二中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，正方體的棱長為1，線段上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，，且，則下列說法中正確的是（????）

A．存在點(diǎn)，，使得
B．異面直線與所成的角為60°
C．三棱錐的體積為
D．點(diǎn)到平面的距離為
【答案】BCD
【詳解】連接.
A選項(xiàng)，平面，平面，，
所以與是異面直線，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤.
B選項(xiàng)，，所以異面直線與所成的角為，
由于三角形是等邊三角形，所以，B選項(xiàng)正確.
C選項(xiàng)，設(shè)，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，
由于平面，所以平面，
所以到平面的距離為.
，C選項(xiàng)正確.
D選項(xiàng)，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，
，
，
解得，D選項(xiàng)正確.
故選：BCD

11．（2023·吉林·通化市第一中學(xué)校校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，則（????）
A．若函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，則的值可能為3
B．若關(guān)于x的方程在上恰有四個(gè)實(shí)根，則的取值范圍為
C．若函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長度，再向下平移B個(gè)單位長度，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則的最小值是1
D．若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，則
【答案】BC
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，所以，則，因?yàn)椋瑒t的值不可能為3，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，若在上恰有四個(gè)實(shí)根，則，解得，故B正確；
對(duì)于C，由已知得，因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以，即，因?yàn)?，所以的最小值?，故C正確；
對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)椋?br /> 所以，所以函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，故D錯(cuò)誤．
故選：BC．
12．（2023·山西忻州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知，分別是定義在R上的函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)，，，且是奇函數(shù)，則（????）
A．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱 B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
C． D．
【答案】ABC
【詳解】因?yàn)?，所以（a為常數(shù)），
所以．因?yàn)椋?br /> 所以．
令，得，解得，
所以，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故選項(xiàng)正確．
因?yàn)?，且，所以．所以，即是偶函?shù)．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則選項(xiàng)正確．
因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，所以，
所以，則是周期為4的函數(shù)．
因?yàn)?，所以，所以，，則．因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，
所以，所以，
則選項(xiàng)正確．
因?yàn)?，所以，所以，，?br /> ，所以，所以，
則選項(xiàng)錯(cuò)誤．
故選：.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．（2023·上海黃浦·統(tǒng)考一模）某個(gè)品種的小麥麥穗長度（單位：cm）的樣本數(shù)據(jù)如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，則這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為______.
【答案】10.8
【詳解】數(shù)據(jù)從小到大排序?yàn)椋?8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12個(gè)，
所以，
所以這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)是第10個(gè)數(shù)即：10.8.
故答案為：10.8
14．（2023·陜西咸陽·陜西咸陽中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）函數(shù)的值域是___________.
【答案】
【詳解】因?yàn)?br /> 又因?yàn)?
所以當(dāng)時(shí),取得最小值 -1 ,
當(dāng)時(shí),取得最大值 2 , 故的值域是.
故答案為：
15．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考一模）拋物線的焦點(diǎn)與雙曲線的右焦點(diǎn)的連線交于第一象限的點(diǎn)M，若在點(diǎn)M處的切線平行于的一條漸近線，則__________．
【答案】##
【詳解】拋物線的焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，且；
雙曲線的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，漸近線方程為，
由題意可知，在點(diǎn)M處的切線平行的漸近線應(yīng)為，
設(shè)，則，得，
又點(diǎn)共線，即點(diǎn)共線，
所以，解得，所以.
故答案為：.
16．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)，記為函數(shù)的2次迭代函數(shù)，為函數(shù)的3次迭代函數(shù)，…，依次類推，為函數(shù)的n次迭代函數(shù)，則______；除以17的余數(shù)是______．
【答案】???? ???? 0
【詳解】由題意，，
所以



又為正整數(shù)，
所以除以17的余數(shù)為0，
故答案為：
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．（10分）
（2023·江蘇南通·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面四邊形ABCD中，，，，．
(1)若，求；
(2)記 與 的面積分別記為和，求的最大值．

【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）∵，∴，

，，
，，
∴??
；
（2）設(shè)，，∴，
∴，∴，①


，
當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取最大值 ；
綜上， ， 的最大值是 .
18．（12分）
（2023·山東臨沂·統(tǒng)考一模）已知數(shù)列為等比數(shù)列，是與的等差中項(xiàng)，為的前項(xiàng)和．
(1)求的通項(xiàng)公式及；
(2)集合A為正整數(shù)集的某一子集，對(duì)于正整數(shù)，若存在正整數(shù)，使得，則，否則．記數(shù)列滿足，求的前20項(xiàng)和．
【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）設(shè)的公比為是與的等差中項(xiàng)，
，，
∴，．
（2）由題意知，，
又，
，即，
故．
又，


．
19．（12分）
（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，．平面平面，為的中點(diǎn)，，，E，F(xiàn)，G分別為，，的中點(diǎn)．

(1)求證：平面平面；
(2)求平面與平面所成銳二面角的正切值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【詳解】（1）如圖所示，取AO的中點(diǎn)H，連接HD，HP，

在等腰梯形中，，，，．
∵O為AB的中點(diǎn)，即有四邊形是平行四邊形，
∴，．
∴為正三角形，∴，．
在中，，，
∴為邊長為2的正三角形，∴，．
∴，又F為FD的中點(diǎn)，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G為PC中點(diǎn)，則，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB兩兩垂直，
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HD，HB，HP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
于是，，．
設(shè)平面的法向量為，
則即取，則，
設(shè)平面與平面所成銳二面角為，
∵為平面的一個(gè)法向量，
∴．
∴，．
∴平面與平面所成銳二面角的正切值為．
20．（12分）
（2023·寧夏銀川·銀川二中?？寄M預(yù)測(cè)）已知橢圓C：的離心率為，點(diǎn)在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過點(diǎn)的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OPQ面積的最大值．
【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）由題意可得，
解得，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）設(shè)直線l的方程為，，，
聯(lián)立，
整理得，
則，即，
解得，，．
故△OPQ的面積．
設(shè)，
因?yàn)?，所以?br /> 所以，
因?yàn)?，所以?br /> 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，
則，即△OPQ面積的最大值為．
21．（12分）
（2023·新疆阿勒泰·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)，其中.
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；
(2)
【詳解】（1）由已知，，
有，令，解得
由，可知當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表：


0


-
0
+

遞減
極小值
遞增
所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；
（2）令，則存在，
使得
兩邊同時(shí)除以得
即
令
由已知，即，
則函數(shù)在上單調(diào)遞增，

故，即
22．（12分）
（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）2022年卡塔爾世界杯決賽圈共有32隊(duì)參加，其中歐洲球隊(duì)有13支，分別是德國、丹麥、法國、西班牙、英格蘭、克羅地亞、比利時(shí)、荷蘭、塞爾維亞、瑞士、葡萄牙、波蘭、威爾士．世界杯決賽圈賽程分為小組賽和淘汰賽，當(dāng)進(jìn)入淘汰賽階段時(shí)，比賽必須要分出勝負(fù)．淘汰賽規(guī)則如下：在比賽常規(guī)時(shí)間90分鐘內(nèi)分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若比分相同，則進(jìn)入30分鐘的加時(shí)賽．在加時(shí)賽分出勝負(fù)，比賽結(jié)束，若加時(shí)賽比分依然相同，就要通過點(diǎn)球大戰(zhàn)來分出最后的勝負(fù)．點(diǎn)球大戰(zhàn)分為2個(gè)階段．第一階段：前5輪雙方各派5名球員，依次踢點(diǎn)球，以5輪的總進(jìn)球數(shù)作為標(biāo)準(zhǔn)（非必要無需踢滿5輪），前5輪合計(jì)踢進(jìn)點(diǎn)球數(shù)更多的球隊(duì)獲得比賽的勝利．第二階段：如果前5輪還是平局，進(jìn)入“突然死亡”階段，雙方依次輪流踢點(diǎn)球，如果在該階段一輪里，雙方都進(jìn)球或者雙方都不進(jìn)球，則繼續(xù)下一輪，直到某一輪里，一方罰進(jìn)點(diǎn)球，另一方?jīng)]罰進(jìn)，比賽結(jié)束，罰進(jìn)點(diǎn)球的一方獲得最終的勝利．
下表是2022年卡塔爾世界杯淘汰賽階段的比賽結(jié)果：
淘汰賽
比賽結(jié)果
淘汰賽
比賽結(jié)果
1/8決賽
荷蘭美國
1/4決賽
克羅地亞巴西
阿根廷澳大利亞
荷蘭阿根廷
法國波蘭
摩洛哥葡萄牙
英格蘭塞內(nèi)加爾
英格蘭法國
日本克羅地亞
半決賽
阿根廷克羅地亞
巴西韓國
法國摩洛哥
摩洛哥西班牙
季軍賽
克羅地亞摩洛哥
葡萄牙瑞士
決賽
阿根廷法國
注：“阿根廷法國”表示阿根廷與法國在常規(guī)比賽及加時(shí)賽的比分為，在點(diǎn)球大戰(zhàn)中阿根廷戰(zhàn)勝法國．
(1)請(qǐng)根據(jù)上表估計(jì)在世界杯淘汰賽階段通過點(diǎn)球大戰(zhàn)分出勝負(fù)的概率．
(2)根據(jù)題意填寫下面的列聯(lián)表，并通過計(jì)算判斷是否能在犯錯(cuò)的概率不超過0.01的前提下認(rèn)為“32支決賽圈球隊(duì)闖入8強(qiáng)”與是否為歐洲球隊(duì)有關(guān)．

歐洲球隊(duì)
其他球隊(duì)
合計(jì)
闖入8強(qiáng)



未闖入8強(qiáng)



合計(jì)



(3)若甲、乙兩隊(duì)在淘汰賽相遇，經(jīng)過120分鐘比賽未分出勝負(fù)，雙方進(jìn)入點(diǎn)球大戰(zhàn)．已知甲隊(duì)球員每輪踢進(jìn)點(diǎn)球的概率為p，乙隊(duì)球員每輪踢進(jìn)點(diǎn)球的概率為，求在點(diǎn)球大戰(zhàn)中，兩隊(duì)前2輪比分為的條件下，甲隊(duì)在第一階段獲得比賽勝利的概率（用p表示）．
參考公式：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
(2)分布列見解析，不能
(3)
【詳解】（1）由題意知卡塔爾世界杯淘汰賽共有16場(chǎng)比賽，其中有5場(chǎng)比賽通過點(diǎn)球大戰(zhàn)決出勝負(fù)，
所以估計(jì)在世界杯淘汰賽階段通過點(diǎn)球大戰(zhàn)分出勝負(fù)的概率；
（2）下面為列聯(lián)表：

歐洲球隊(duì)
其他球隊(duì)
合計(jì)
進(jìn)入8強(qiáng)
5
3
8
未進(jìn)入8強(qiáng)
8
16
24
合計(jì)
13
19
32
零假設(shè)支決賽圈球隊(duì)闖入8強(qiáng)與是否為歐洲球隊(duì)無關(guān)．
．
根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒有充分證據(jù)推斷不成立，
即不能在犯錯(cuò)的概率不超過0.01的前提下認(rèn)為“決賽圈球隊(duì)闖入8強(qiáng)”與是否為歐洲球隊(duì)有關(guān)．
（3）根據(jù)實(shí)際比賽進(jìn)程，假定點(diǎn)球大戰(zhàn)中由甲隊(duì)先踢．兩隊(duì)前2輪比分為的條件下，甲在第一階段獲得比賽勝利，則后3輪有5種可能的比分，．
當(dāng)后3輪比分為時(shí)，甲乙兩隊(duì)均需踢滿5輪，．
當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下3種情況：

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
√

甲
√
×
√
甲
×
√
√
乙
×
×

乙
×
×

乙
×
×

則．
當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下6種情況：

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
√
×
甲
√
√
×
甲
√
×
√
乙
√
×
×
乙
×
√
×
乙
√
×
×

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
×
√
甲
×
√
√
甲
×
√
√
乙
×
√
×
乙
√
×
×
乙
×
√
×
則．
當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下2種情況：

3
4
5


3
4
5
甲
√
√
√
甲
√
√
√
乙
√
×

乙
×
√

則
當(dāng)后3輪比分為時(shí)，有如下1種情況：

3
4
5
甲
√
√
√
乙
√
√
×
則．
綜上，在點(diǎn)球大戰(zhàn)中兩隊(duì)前2輪比分為的條件下，甲在第一階段獲得比賽勝利的概率



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