信息必刷卷01 2023年高考數學考前信息必刷卷（北京專用）解析版

絕密★啟用前2023年高考數學考前信息必刷卷01北京專用北京卷考試題型為10（單選題）＋5（填空題）＋6（解答題），其中第21題屬于綜合題，綜合了新定義、集合論、歸納法、排除法、演繹證明等思想和方法，考查學生創新能力。北京卷堅持“以德為先，能力為重，全面發展”的命題理念，穩妥推進新高考的改革，形成了“一個中心，兩個著力點，三個突出，四條路徑”的評價體系。即以立德樹人為中心，以數學素養和創新能力為兩個著力點；突出對主干知識、思想方法、問題解決能力的考查；通過優化試卷結構、創新呈現方式、精選試題素材，突出學科本質，達到落實高考育人的目的。北京卷通過設計現實性和綜合性問題，實現對邏輯推理、直觀想象、數學運算、數學抽象、數學建模、數據分析六大素養的綜合考查。設置創新和思維深刻的問題，考查學生的創新能力。重點關注學生應知應會的內容，淡化機械記憶，關注學生的不同發展水平。2023年高考四大趨勢，?落實立德樹人，鮮明體現時代主題，?高考由“考知識”向“考能力”轉變，?聚焦“關鍵能力”和“思維品質”的考察，?高考由“以綱定考”到“考教銜接”轉變。2022年北京卷第7題以國家速滑館“冰絲帶”綠色環保場館為背景，設置二氧化碳所處的狀態與溫度和壓強的關系圖，滲透德育教育，第18題以學生熟悉的校運動會體育比賽為背景，重點考查統計學中關于數據的收集、估計、預測的基本方法和原理，滲透體育教育。可以預測2023年北京卷命題將堅持以立德樹人為根本任務，構建了引導學生德智體美勞全面發展的考試內容體系。例如本卷第9題。2022年北京卷第20題（Ⅲ）二元函數不等式的證明這一創新的設問打破常規，需要學生固定一個變量，把動態的問題轉化為靜態，把二元的問題轉化為一元的問題去處理。考查學生將多元與一元，動態與靜態，變量與常量，高等與初等，等進行辯證思維的能力。第21題屬于綜合題，綜合了新定義、集合論、歸納法、排除法、演繹證明等思想和方法，考查學生創新能力。可以預測2023年北京卷將設置創新和思維深刻的問題，考查學生的創新能力。例如本卷第21題。2022年北京卷第7題選取綠色冬奧會為情境創設數學問題。問題呈現了二氧化碳的三相圖，該圖可以使學生了解跨學科的知識。通過設置此問題，引導學生認識到現實生活中的環保問題，樹立有責任的公民意識。第18題以體育鉛球比賽為背景，考查統計學中預測方法與步驟的全過程。在體育比賽，特別是國際比賽中，預測比賽結果是體育比賽中一個重要的研究方向和熱門話題，通過解決此問題，使學生體會到概率統計知識與現實生活的緊密聯系。可以預測2023年北京卷將突出對數學應用和跨學科的考查。例如本卷第4題。2022年北京卷進一步優化試卷的結構，首次將考查立體幾何的試題改為結構不良問題，以直三棱柱為背景考查線面關系。給出的兩個等價條件，讓學生從位置和度量兩個方面進行選擇。這種嘗試增強了試題靈活性，為引導教學、防止題型固化、命題方式固化起到積極的作用。可以預測2023年北京卷將繼續考查結構不良問題。例如本卷16題。2022年北京卷第14題通過含參的動區間分段函數來設計問題，按照0與1為分界點分三種情況對參數進行討論，考查學生思維的靈活性和多樣性。第15題設置了一個無窮正數數列，考查數列的增減性、估計數列項的范圍、判斷數列是否為等比數列。解決此問題需要學生利用放縮的思想，遞減數列的定義，數列的下界，反證的思想等去推證和證偽，考查學生對于高階知識的理解和遷移的能力。可以預測2023年北京卷將繼續通過創新題型，設計條件或結論開放、解題方法多樣、答案不唯一的試題等多種方式，體現試題的選擇性和開放性。總之，2023年高考數學繼續保持“入口易、口徑寬，深入緩、出口難”的特點，堅持“立德樹人、服務選才、引導教學”的命題指導原則，形成了“一個中心，兩個著力點，三個突出，四條路徑”的評價體系，導向中學對“四具備”人才的培養，即具備自覺的數量觀念的人、具備嚴密推理邏輯的人、具備高度抽象概括的人、具備一絲不茍、精益求精作風的人。引導教學在六個方面“下功夫”，即在主干知識的掌握上下功夫、在數學學科本質的理解上下功夫、在數學思想方法的領悟上下功夫、在數學應用探究上下功夫、在創新思維形成上下功夫、在數學素養的養成上下功夫。助力學生德智體美勞全面發展。第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．命題的否定是：，使得.則命題為（

）A．，使得 B．，使得C．，使得 D．，使得【答案】D【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題直接得結果.【詳解】根據全稱命題的否定是特稱命題得命題為，使得.故選：D.2．設復數z滿足，則的虛部為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用復數的除法運算求出，然后根據共軛復數的的概念求出，進而可求得其虛部.【詳解】因為，所以，所以，因此的虛部為3，故選：C.3．已知數列為等差數列，若，，則（

）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】C【分析】利用等差數列的通項公式求解即可.【詳解】因為數列為等差數列，設公差為，所以，解得，所以，故選：C4．如圖是杭州2022年第19屆亞運會會徽，名為“潮涌”，如圖是會徽的幾何圖形，設弧長度是，弧長度是，幾何圖形面積為，扇形面積為，若，則（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】由條件可得，然后根據扇形的面積公式可得答案.【詳解】設，則，所以，所以，故選：D5．如圖為函數在上的圖像，則的解析式只可能是（

）．A． B．C． D．【答案】A【分析】判斷函數的奇偶性，結合函數在給定區間上的符號，利用排除法求解即可．【詳解】對于B.的定義域為R，且，故為偶函數；對于D.的定義域為R，且，故為偶函數；由圖象，可知為奇函數，故排除B、D；對于C.當時，由，可知，則，而，此時，故排除D；故選：A.6．在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，則“角與角的終邊關于軸對稱”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】判斷命題“角與角的終邊關于軸對稱”和“”之間的邏輯推理關系，可得答案.【詳解】由題意知，角與角的終邊關于軸對稱時，則，故，則，即；當時，此時，角與角的終邊不關于軸對稱，即“”成立不能得出“角與角的終邊關于軸對稱”成立，故“角與角的終邊關于軸對稱”是“”的充分而不必要條件，故選：A7．為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點（

）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度【答案】C【分析】通過誘導公式得，根據平移規律即可得結果.【詳解】因為，所以把函數圖象上的所有點向左平移個單位長度即可得到函數的圖象，故選：C.8．已知雙曲線的左焦點與拋物線的焦點重合，為拋物線上一動點，定點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出點的坐標，可得出拋物線的方程，寫出拋物線的準線的方程，過點作，垂足為點，由拋物線的定義可得，可得出，利用圖形可知當時，取最小值.【詳解】對于雙曲線，，，則，故點，所以，拋物線的方程為，拋物線的準線為，如下圖所示：過點作，垂足為點，由拋物線的定義可得，所以，，當且僅當時，取最小值為.故選：D.9．近年來純電動汽車越來越受消費者的青睞，新型動力電池迎來了蓬勃發展的風口．于年提出蓄電池的容量（單位：），放電時間（單位：）與放電電流（單位：）之間關系的經驗公式：，其中為常數．為測算某蓄電池的常數，在電池容量不變的條件下，當放電電流時，放電時間；當放電電流時，放電時間．若計算時取，則該蓄電池的常數大約為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得出，可得出，利用指數與對數的互化、換底公式以及對數的運算法則計算可得的近似值.【詳解】由題意可得，所以，，所以，，所以，.故選：B.10．如圖，棱長為1的正方體中，為線段上的動點，則下列結論中正確的個數是（

）①平面平面②的最大值為③的最小值為④與平面所成角正弦值的取值范圍是⑤三棱錐外接球體積為A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由面面垂直的判定即可判斷①；取，通過余弦定理求得，即可判斷②；將面與面沿展開成平面圖形，結合余弦定理即可判斷③；由線面角的定義即可判斷④；計算正方體的外接球體積即可判斷⑤.【詳解】對于①，易得平面，即平面，又平面，則平面平面，①正確；對于②，當時，易得，則，，即，又，則，由余弦定理知，即，②錯誤；對于③，將面與面沿展開成平面圖形，線段即為的最小值，又，則，即，即的最小值為，③錯誤；對于④，易得平面，則即為與平面所成角，又，又，當與重合時，有最大值，當在中點時，有最小值，則，即與平面所成角正弦值的取值范圍是，④正確；對于⑤，易得三棱錐的外接球即為正方體的外接球，則外接球半徑為，則外接球體積為，⑤正確.故選：B.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11．若,,,的夾角為，若，則的值為________．【答案】238##2.875【分析】根據，結合平面向量數量積的定義可求出結果.【詳解】由題意知,，即，解得.故答案為：.12．若，則__________(用數字作答)．【答案】-80【詳解】分析：由題意可得，是展開式的第四項的系數，即為的系數，由此求得結果.解析：，則.故答案為：-80.點睛：解題時注意二項式系數中n和r的隱含條件．使用二項式的通項公式時要注意：①通項公式表示的是第r＋1項，而不是第r項；②通項公式中a和b的位置不能顛倒．13．若過點的直線和圓交于兩點，若弦長，則直線的方程為______.【答案】或【分析】根據題意結合垂徑定理求得，再利用點到直線的距離公式運算求解，注意討論直線的斜率是否存在.【詳解】由題意可知：圓的圓心，半徑，設圓心到直線的距離為，若弦長，則，可得，當直線的斜率不存在時，即直線為，故圓心到直線的距離為，符合題意；當直線的斜率存在時，設為，則直線為，即，故圓心到直線的距離為，解得此時直線為；綜上所述：直線為或.故答案為：或.14．在數列中，，則的前n項和_________．【答案】【分析】由已知可得，所以是首項為4，公差為2的等差數列，由此可求出，從而可得，進而可得，再利用裂項相消求和法求解即可【詳解】因為，所以，，所以是首項為4，公差為2的等差數列，所以，則，所以．故答案為：15．設函數定義域為，對于區間，如果存在、，，使得，則稱區間為函數的“保區間”.（1）給出下面3個命題：①是函數的“保區間”；②是函數的“保區間”；③是函數的“保區間”.其中正確命題的序號為______.（2）若是函數的“保區間”，則的取值范圍為______.【答案】

③

【分析】（1）利用“保區間”的定義判斷①②③，可得出結果；（2）根據定義和余弦函數的性質可知存在、使得，分、兩種情況討論，可得出關于的不等式（組），綜合可得出正實數的取值范圍.【詳解】（1）對于①，對任意的，，對任意的、，則，①錯；對于②，當時，，不妨設、且，即，所以，，則，②錯；對于③，假設存在、且，使得，可得，可取，滿足條件，③對；（2）當且，則，若存在、且使得，則，所以，存在、使得，不妨設，即，因為，所以，，所以，，即在區間上存在兩個不同的整數.①當時，即當時，區間上必存在兩個相鄰的整數，合乎題意；②當時，，而、為偶數，則、，當時，則，解得，當時，則，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：（1）③；（2）.【點睛】關鍵點點睛：本題第（2）問根據新定義求的取值范圍，在討論時，要確定、的取值，進而可得出關于的不等式組，進而求解.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16．在△中，，，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知．(1)求；(2)求的面積．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)選①②答案相同，；(2)選①②答案相同，的面積為.【分析】（1）選①，用余弦定理得到，從而得到答案；選②：先用余弦定理求出，再用余弦定理求出，得到答案；（2）選①，先求出，使用面積公式即可；選②：先用求出，再使用面積公式即可.【詳解】（1）選條件①：．在△中，因為，，，由余弦定理，得．因為，所以；選條件②：由余弦定理得：，解得：或（舍去）由余弦定理，得．因為，所以；（2）選條件①：由（1）可得．所以的面積．選條件②：．由（1）可得．因為，所以的面積．

．17．如圖，在四棱錐中，平面，底面是直角梯形，，且為的中點.(1)求證：；(2)求二面角的余弦值；(3)在線段上是否存在點使得平面？若存在，請指明點的位置；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見詳解；(2)；(3)存在，為中點.【分析】（1）根據線面垂直可得線線垂直，可證；（2）先用垂線法找出二面角的平面角，再解三角形即可；（3）經過分析易知，為中點，只需證明中點時，平面即可.【詳解】（1）平面，平面,又又平面，又平面,得證.（2）為中點，過作于，連，在中，為中點又平面，平面,為二面角的平面角，在直角梯形中，又在中，二面角的余弦值為.（3）的中點為為的中位線，，為平行四邊形，又平面,平面平面.18．某技術職能部門在東區?西區開展了技能測試，其中東區?西區的各年齡段參加測試的人數?技能成績的優秀比例如下：年齡段東區西區參加測試人數優秀比例參加測試人數優秀比例6010075100956012040(1)該技術職能部門從年齡段在的參加測試人員中隨機選擇1人，求此人技能優秀的概率；(2)在年齡段在的參加測恜人員中，從東區?西區各隨機抽取1人，技能優秀人數記為，求的分布列和數學期望；(3)該技術職能部門從東區?西區參加測試的人員中各隨機抽取10人，記分別為東區?西區所選出10人中的技能優秀人數，試比較數學期望的大小（直接寫出結果即可）.【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)【分析】（1）分別求出該技術職能部門年齡段在的總人數和優秀人數，再根據古典概型即可得解；（2）寫出隨機變量的所有可能取值，求出對應概率，即可得出分布列，再根據期望公式求期望即可；（3）分別求出兩個區的優秀率，根據題意可得隨機變量都服從二項分布，再根據二項分布的期望公式即可得出結論.【詳解】（1）該技術職能部門年齡段在的人數為人，其中優秀的人數為人，則所求概率為；（2）年齡段在東區有人，優秀人數為人，則隨機抽取一人，為優秀的概率為，年齡段在西區有人，優秀人數為人，則隨機抽取一人，為優秀的概率為，隨機變量可取，則，，，故分布列為；（3）東區總人數為，其中優秀人數為，則東區的優秀率為，西區總人數為，其中優秀人數為，則西區的優秀率為，該技術職能部門從東區?西區參加測試的人員中各隨機抽取10人，則，所以，所以.19．已知函數.(1)若，求曲線在點處的切線方程；(2)若對任意，都有，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）當時，，求導可得，，再結合切線的幾何意義，即可求解．（2）設，則，，，再利用導數研究函數的單調性，分和兩種情況討論，即可求解．(1)解：當時，函數，定義域為，又，，所以，所以曲線在點處的切線方程為，即；(2)解：若在上恒成立，即在上恒成立，可令，，則，，，令，可解得，當時，即時，在上恒成立，所以在上單調遞增，，又，所以恒成立，即時，在上恒成立，當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，此時，，又，，即，不滿足恒成立，故舍去，綜上可知：實數的取值范圍是.【點睛】本題考查了導數的幾何意義，考查了利用導數分類討論求函數的單調區間，考查了不等式恒成立問題，考查了分類討論思想.20．已知橢圓的一個頂點為，一個焦點為.(1)求橢圓C的方程和離心率；(2)已知點，過原點O的直線交橢圓C于M，N兩點，直線與橢圓C的另一個交點為Q.若的面積等于，求直線的斜率.【答案】(1)橢圓，離心率；(2)或.【分析】（1）根據題意得到，進而求出a，最后得到橢圓方程和離心率；（2）設出直線PM的方程并代入橢圓方程然后化簡，再設出點M,Q的坐標，進而表達出面積，然后結合根與系數的關系求出答案.【詳解】（1）由題設，得，則，所以橢圓C的方程為，離心率.（2）設直線的方程為，由得，解得.設，則，，即同號.根據橢圓的對稱性知，，所以，整理得，解得，（滿足）所以，或.【點睛】本題運算量較大，對于用“根與系數的關系”解決問題是個老套路，但本題對于面積的處理有一定的技巧，平常注意對此類題型的訓練.21．對給定的正整數，令，，，，，，2，3，，．對任意的，，，，，，，，定義與的距離．設是的含有至少兩個元素的子集，集合，，中的最小值稱為的特征，記作（A）．（Ⅰ）當時，直接寫出下述集合的特征：，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，0，，，1