2023年全国新高考高三押题卷(五)数学试题(含答案解析)

B．12i

C．12i）B．x0，x2x30D．x0，x2x30D．12i

23．命题“x00，x0x030”的否定是（2A．x00，x0x030

2C．x00，x0x030

exln2,x0

4．已知函数f(x)，则f2023（f(x3),x0

A．）2eB．2eC．2

2e2D．2e25．已知直线l:a1xy30，圆C:x1y25．则“a1”是“l与C相切”的（）B．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件A．必要不充分条件C．充要条件6．某县扶贫办积极响应党的号召，准备对A乡镇的三个脱贫村进一步实施产业帮扶，现有“特色种养”､“庭院经济”､“农产品加工”三类帮扶产业，每类产业中都有两个不同的帮扶项目，若要求每个村庄任意选取一个帮扶项目（不同村庄可选取同一个项目），那么这三个村庄所选项目分别属于三类不同帮扶产业的概率为（A．29）D．25B．16C．137．在ABC中，AB3，AC4，BC5，M为BC中点，O为ABC的内心，且AOABAM，则（）C．56A．712B．34D．1x2y28．已知A，B，C是双曲线221a0,b0上的三点，直线AB经过原点O，ACab3CFFA经过右焦点F，若BFAC，且，则该双曲线的离心率为（）2试卷第1页，共4页A．172B．173C．32D．375二、多选题9．已知数列an的前n项和为Sn，若a110，an1an3，则下列说法正确的是（A．an是递增数列C．数列Sn中的最小项为S4B．10是数列an中的项S

D．数列n是等差数列n

12）10．将函数ysin2x3cos2x1的图象向右平移1

个单位长度，再将所有点的横坐标缩短到原来的2，纵坐标不变，得到函数gx的图象，则下面对函数gx的叙述中正确的是（）A．函效gx的最小正周期为2B．函数gx图象关于点,0对称12

C．函数gx在区间,内单调递增42

D．函数gx图象关于直线x

）对称1211．已知实数a、b，下列说法一定正确的是（223

A．若ab，则

777

baaB．若ba1，则logaba

1221

的最小值为8abC．若a0，b0，a2b1，则D．若ba0，则1a1b

2b2a

12．已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，将AMN沿MN折起至△AMN，在四棱锥AMNCB中，下列说法正确的是（A．直线MN∥平面ABCB．当四棱锥AMNCB体积最大时，二面角AMNB为直二面角C．在折起过程中存在某位置使BN⊥平面ANCD．当四棱AMNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为39）三、填空题13．国庆放假期间，4号到7号安排甲乙丙三人值班，其中，乙和丙各值班1天，甲连续值班2天，则所有的安排方法共有________种.试卷第2页，共4页x214．曲线yex

2

x在x0处的切线的倾斜角为，则sin2__________．23

15．已知点A0,5，过抛物线x212y．上一点P作y=3的垂线，垂足为B，若PBPA，则PB__________．四、双空题16．已知函数g(x)

2

，则函数g(x)图像的对称中心为_______；方程2x

gx2cosxsin2x在区间[2,]上的实根之和为________.五、解答题17．在已知数列an中，a12,an12an1.(1)若数列ant是等比数列，求常数t和数列an的通项公式；n

(2)若bn2an1(1)n，求数列bn的前2n项的和S2n.18．在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(ab)(sinAsinB)(ac)sinC.(1)求角B的大小；(2)若c23，求a的取值范围.19．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝a，E是PC的中点，过E作EF⊥PB，交PB于点F．(1)证明：PB⊥平面EFD；(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的大小为，求AD的长度.320．2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机试卷第3页，共4页器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：方案一；交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元；方案二：交纳延保金6230元，在延保的5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元；制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表维修次数机器台数020140280360以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数．（1）求X的分布列；（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？21．已知圆F1:x1y2r2，圆F2:x1y24r，0r4．当r变化时，222圆F1与圆F2的交点P的轨迹为曲线C，（1）求曲线C的方程；3（2）已知点P1,，过曲线C右焦点F2的直线交曲线C于A、B两点，与直线xm交2

于点D，是否存在实数m，，使得kPAkPBkPD成立，若存在，求出m，；若不存在，请说明理由．x222．已知fxeaxx1．（1）当a

e

时求fx的极值点个数；2（2）当x0,时，fx0，求a的取值范围；（3）求证：2223

2n，其中nN*．2e12e12e12试卷第4页，共4页参考答案：1．B【分析】由交集的结果，根据a233及集合的性质，即可求a的值.【详解】由AB1，而a233，故a1，故选：B.2．A【分析】根据除法法则计算得到z12i，从而得到z1+2i.【详解】因为iz2i，所以z故选：A3．B【分析】利用含有一个量词的命题的否定直接求解作答.2【详解】命题“x00，x0x030”是存在量词命题，其否定是全称量词命题，2ii2i12i，所以z1+2iiii2所以命题“x00，x0x030”的否定是“x0，x2x30”.故选：B4．C【分析】根据分段函数的定义结合对数的运算性质求解.【详解】由题可知，当x0时，f(x)f(x3)，所以f2023f(2020)f(1)f(2)，因为f(2)e故选:C.5．B【分析】根据题意圆心到直线的距离等于半径，可得即可得解.【详解】圆C:x1y25的圆心为(1,0)，半径r5，由直线l和C相切可得：2

2ln2eln22

22，ee35，aa1解得或，2(a1)21a4答案第1页，共16页圆心到直线的距离d解得2a2a30，解得a1或a

3，2a4(a1)125，故a1是a1或a故选：B.6．A3

的充分不必要条件，2【分析】分别计算出三个村庄总的方案的种数和这三个村庄所选项目分别属于三类不同帮扶产业的种数，然后代入古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】设“特色种养”中的两个帮扶项目为A,B，“庭院经济”中的两个帮扶项目为C,D，“农产品加工”中的两个帮扶项目为E,F，所以三个村庄总的方案为666=216种，这三个村庄所选项目分别属于三类不同帮扶产业，则共有8A3=48种，所以这三个村庄所选项目分别属于三类不同帮扶产业的概率为482

=，21693

故选：A.7．A【分析】在直角三角形ABC中，求得内切圆半径，用AB,AC表示出，而AO

AOABAM(

22)AB

2AC，从而求得.【详解】由题知，AOEOF

，根据三角形面积与周长和内心的关系求得，内切圆半径34

1，四边形AEOF为矩形，345答案第2页，共16页则AOAEAF

1111

ACAB，又AMABAC432211则AOABAM()ABACABAC

22341

11723则，则3412124故选：A11【点睛】关键点点睛：求得内切圆半径，得到AOACAB，从而利用4311AOABAM()ABACABAC，求得参数值即可.22348．D【分析】根据双曲线的几何性质和平面几何性质，建立关于a,b,c的方程，从而可以求得离心率.【详解】设双曲线的左焦点为E，连接AE,CE,BE由题意知BFAE,BEAF,BFAC

∴四边形AEBF为矩形，令BFAEm,BEAFn3

∵CECFAEAF2a，CFFA

233

∴在Rt△EAC中，mmn2an

22

222将2amn带入可得m6n∴n

212

a,ma552∴在RtVEAF中，m2n22c2122

即aa2c55

22答案第3页，共16页可得e

c37a5故选：D9．ACD【分析】利用数列的单调性可判断A选项；求出数列an的通项公式，解方程an10，可S

判断B选项；解不等式an0，可判断C选项；求出数列n的通项公式，利用等差数列n

的定义可判断D选项.【详解】由已知a110，an1an3，所以，数列an是首项为10，公差为3的等差数列，所以，an103n13n13.对于A选项，因为an1an3，所以，an是递增数列，A对；对于B选项，令an3n1310，可得n对于C选项，令an3n130可得n对于D选项，Sn

na1an23

N，B错；313

，所以，数列Sn中的最小项为S4，C对；3223n1233n233SS所以，n1n，n1n222S

故数列n为等差数列，D对.n

n103n13S3n233n223n

，则n，n22故选：ACD.10．AD【分析】利用函数yAsin(x)的图像变换规律，求出g(x)的解析式，再利用正弦函数的周期性、单调性和图像的性质，可得结论.【详解】由题意可得：函数ysin2x3cos2x12sin(2x)1，将其向右平移个单123位可得y2sin(2x

126

3)12sin(2x

6)1，再将所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图像，可得g(x)2sin(4x故可得函数g(x)的周期T令x

2,故A正确；426)1，12，可得g(



)0，故,0不是函数g(x)的一个对称中心，故B错误；1212

答案第4页，共16页713当x,，可得4x,66642在x,不单调，故C不正确；42由g(



g(x)2sin(4x)1，由正弦函数性质，可得函数6

12)2sin

21=3，可得x

是函数的对称轴，故D正确；12故选：AD11．BC【分析】根据指对数函数的性质及基本不等关系对选项进行一一分析即可.23

【详解】对于A，当a0时，，故A错误；77

aa对于B，若ba1，则1aab，两边取对数得logabalogabab对于C，若a0，b0，a2b1，则1

，故B正确；221214ba()(a2b)4ababab

14ba4ba8，当且仅当，即a2b时等号成立，故C正确；2abab1a2112

3，故D错误；对于D，取a1,b2，2

b42142故选：BC12．ABD【分析】根据折叠前后MN//BC不变判断A，根据变化过程A的变化可知B正确，反证法判断C，求出球的半径计算面积判断D.【详解】因为MN//BC,MN平面ABC，BC平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故A正确；因为四棱锥AMNCB底面积为定值，所以当点A到平面MNCB距离最大时体积最大，故当二面角AMNB为直二面角时，满足题意，故B正确；对于C，如图，答案第5页，共16页若BN⊥平面ANC，则BNAA，又ADMN，ADMN,ADADD，可知MN平面AAD,所以AAMN,又MNBNN,所以AA平面MNCB,这显然不可能，故C错误；当四棱AMNCB体积最大时，二面角AMNB为直二面角，如图，由MBC

，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，3作OE平面MNCB，OF上平面AMN，则O是四棱锥A-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=3933222

，AF=3.设四棱锥A-MNCB的外接球半径R，则RAFOF，所以42球表面积是39．【点睛】关键点点睛：球的内接四棱锥问题，需要根据所给四棱锥的特点选择合适方法求球半径，本题利用球的截面圆的性质确定球心位置，进而求出球的半径，属于中档题.13．6【分析】先考虑甲的安排方法，再考虑乙与丙的排法，由分步乘法计数原理求出安排方法的总数.【详解】甲的安排方法有3种，即4,5两天值班或5,6两天值班或6,7两天值班，再安排乙答案第6页，共16页2与丙两人有A22种安排方法，所以所有的安排方法共有6种.故答案为：614．4513【分析】先求出tan,cos，再利用诱导公式和二倍角公式求解.3102210，所以f(0)e，33313所以tan,(0,),cos，3210x【详解】由题得yf(x)e2x

942所以sin2cos22cos121.2105

故答案为：45【点睛】方法点睛：三角恒等变换求值，常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式），要根据已知条件灵活选择方法求解.15．7【分析】根据题意，设P(x,y)，PBPA，可得y3x2(y5)2，联立x212y即可得解.【详解】设P(x,y)，PBPA，可得y3x2(y5)2，答案第7页，共16页x216y160，由x212y，带入可得：y4，所以PBy37，故答案为：7.16．,022【分析】根据反比例函数的特征可得对称中心，结合函数单调性画出简图，结合图像可得答案.【详解】g(x)21,0对称；2xx，易知函数g(x)的图像关于点22令h(x)2cosxsin2x，h(x)2cosxsin2xh(x)，所以函数h(x)的图像也关于点,0对称；2h(x)4sin2x2sinx22(sinx1)(2sinx1)，11751

,上单调递当sinx1,时，h(x)0，即h(x)在区间2,和,和66662

11751

,增；当sinx,1时，h(x)0，即h(x)在区间和,上单调递减.66626又h(2)2，h(

75331133，h()h()，h()2，)h()

662662画出h(x)和g(x)的简图如图设交点分别为A,B,C,D,则xAxBxxD,C，2222故则方程gx2cosxsin2x在区间[2,]上的实根之和为2.故答案为：,0；2.2答案第8页，共16页n117．(1)t1；an21.(2)22n1n2

【分析】（1）由an12an1，化简得到an112(an1)，得出an1时首项为1，公比为2的等比数列，求得t1，进而求得数列的通项公式；nn（2）由（1）得到bn2(1)n，结合等比数列的求和公式和并项求和法，即可求解.【详解】（1）解：由题意，数列an满足an12an1，所以an112(an1)，又由a12，可得a111，所以数列an1时首项为1，公比为q=2的等比数列，又因为数列ant是等比数列，所以t1，可得an112

n12n1，n1所以数列an的通项公式为an21.nnnn1（2）解：由（1）知：an21，可得bn2an1(1)n2(1)n，所以数列bn的前2n项的和为：S2n(22222n)(1234(2n1)2n)2(122n)((12)(34)[(2n1)2n])

122(122n)n22n1n2.1218．(1)(2)33,43【分析】（1）先利用正弦定理把已知式子统一成边的关系，再利用余弦定理可求出角B的大小，（2）由（1）可得ACB

2

，由正弦定理可得3答案第9页，共16页31223cosCsinC23sinC22c3，然后由ABC为33asinAsinCsinCsinCtanC锐角三角形求出角C的范围，再利用正切函数的性质可求得结果【详解】（1）因为(ab)(sinAsinB)(ac)sinC，所以由正弦定理可得(ab)(ab)(ac)c，化简得a2c2b2ac，所以由余弦定理得a2c2b2ac1cosB，2ac2ac2因为B(0,)，所以B

32，所以ACB,33ac

，sinAsinC（2）因为B

由正弦定理得，31223cosCsinC23sinC所以22c3，3asinA3sinCsinCsinCtanC因为ABC为锐角三角形，0C2所以，得C，6202C32所以tanC所以0

3，333

43，33，所以33，tanCtanC所以3a43，即a的取值范围为3,4319．(1)证明见解析；(2)a.【分析】(1)要证PB⊥平面EFD，则要证PB⊥DE，则证DE⊥平面PBC，则证DE⊥BC，则证BC⊥平面PCD；答案第10页，共16页(2)以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC和平面PBD的法向量，利用向量方法即可求出AD．【详解】（1）∵PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是矩形，∴PDBC，CDBC，又PDCDD，∴BC平面PDC，∵DE平面PDC，∴BCDE．又∵PDDC，E是PC的中点，∴DEPC，∵PCBCC，∴DE⊥平面PBC，∴DEPB．又EFPB，EFDEE，∴PB⊥平面EFD；（2）如图，由题意知DA、DC、DP两两互相垂直，以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.设ADt，aa则D0,0,0，Bt,a,0，C0,a,0，P0,0,a，E0,,，22

uuuruuur

∴DP0,0,a，DBt,a,0，aa

由(1)知，DE⊥平面PBC，故DE是平面PBC的一个法向量，且DE0,,．22n设平面PBD的法向量为x,y,z，ranDP＝0，az＝0，z＝0，

由得即取y1，得n,1,0，tnDB＝0，tx＋ay＝0，tx＋ay＝0，

uuurr

DEnrr∴cos3uuuDEn

a22aa2212t1

ta，即ADa．2，解得20．（1）答案见解析；（2）0,1500．答案第11页，共16页【分析】（1）根据统计表，维修0、1、2、3次的机器的比例分别为1312

、、、，而2105510台机器超过保修期后5年内共需维修的次数可能有{0,1,2,3,4,5,6}，对应的基本事件为0,0、{(0,1),(1,0)}、{(0,2),(2,0),(1,1)}、{(0,3),(3,0),(1,2),(2,1)}、{(1,3),(3,1),(2,2)}、{(2,3),(3,2)}、{(3,3)}，进而可求各可能值的概率，写出分布列即可.（2）根据两个方案的描述，结合（1）所得的分布列，分别写出方案一、方案二所需费用的分布列，进而求它们的期望，要使选择方案二对客户更合算有EY2EY1，即可求t的范围.【详解】（1）由题意得，X0,1,2,3,4,5,6，PX0PX3

PX4

11111112113

，PX12，PX22，1055525101010010525131211

22，1010555033931227326

PX62，PX52，1055525105251010100∴X的分布列为XP011

2523253115047255625611009100（2）选择方案一：所需费用为Y1元，则X2时，Y15000，X3时，Y16000；X4时，Y17000；X5时，Y58000，X6时，Y19000，∴Y1的分布列为Y1

P500060001150700072580006259000171009100EY15000

1711769

60007000800090006860，100502525100选择方案二：所需费用为Y2元，则X4时，Y26230；X5时，Y26230t；X6时，答案第12页，共16页Y262302t，则Y2的分布列为Y26230671006230t

62562302t9100PEY26230

676921t6230t62302t6230，1002510050要使选择方案二对客户更合算，则EY2EY1，∴6230

21t

6860，解得t1500，即t的取值范围为0,1500．50【点睛】关键点点睛：（1）由题设描述确定2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数的可能值，并确定对应的基本事件，进而求各可能值的概率，写出分布列.（2）根据（1）所得分布列，由各方案的费用与维修次数的关系写出费用的分布列，并求期望，通过期望值的大小关系求参数的范围.x2y221．（1）（2）存在；m4，2．1；43【分析】（1）圆F1与圆F2的交点满足PF1r，PF24r，又F1F22，则P点轨迹满足椭圆方程，从而求得椭圆方程；（2）设直线AB的方程为ykx1，与椭圆联立，求得韦达定理，分别表示出kPAkPB333y2km122，k2，将韦达定理代入化简，并满足条件PDx11x21m1y1kPAkPBkPD，从而求得参数m，的值.【详解】解：（1）由题意可知PF1r，PF24r，F1F22，所以PF1PF24F1F2，所以曲线C为以F1、F2为焦点的椭圆，且a2224，c21，b2413，˙

x2y2所以曲线C的方程为1．43（2）假设存在，由题意知直线AB的斜率存在，答案第13页，共16页设直线AB的方程为ykx1，Ax1,y1，Bx2,y2，ykx1,2222联立|2，消去y整理得，4k3x8kx4k120，2

3x4y12,

8k24k212则x1x22，x1x22，4k34k3所以k

kPB3333y2kx11kx212222

x11x21x11x21y1

PA2k

3x1x22332k2k1，2x112x212x1x2x1x213

2k

3，2m1kPD

km1

m1因为kPAkPBkPD，所以2k1k

331，得m4，，所以2，2m12m1所以存在m4，2使kPAkPBkPD成立．【点睛】方法点睛：化简圆锥曲线条件时，如遇到直线与圆锥曲线相交的相关条件，可以通过联立化简，求得韦达定理，代入化简，并根据条件求得参数值.1

22．（1）两个极值点；（2）,；（3）证明见解析．2

【分析】（1）利用导数求出函数f(x)的单调区间，即得fx的极值点个数；xx

（2）设hxfxe2ax1x0，则hxe2a单调递增，对a分类讨论，求出f(x)的最值即得解；（3）由（2）可知a项相消法求和得证.【详解】解：（1）当a

e2ex时，fxexx1，22221x2

2e1x2x1x0时，，所以n，再利用裂2e1nn22xx所以fxeex1，fxee，所以当x1时，fx0，fx在,1上单调递减；答案第14页，共16页当x1时，fx0，fx在1,上单调递增，2

因为f00，f11，f2e2e10，所以存在x01,2，使fx00，所以，x,0时，f¢(x)>0；x0,x0时，fx0；xx0,时，f¢(x)>0，所以0和x0是fx的极值点，所以fx有两个极值点．xx2（2）fxeaxx1，fxe2ax1，xx

设hxfxe2ax1x0，则hxe2a单调递增，又h012a，所以当a

1

时，hx0，hx在0,上单调递增，2所以hxh00，即fx0，fx在0,上单调递增，所以fxf00，符合题意.当a

1

时，令hx0，解得xln2a，2当x0,ln2a时，hx0，hx在0,ln2a上单调递减，fxhxh(0)0，fx在0,ln2a）上单调递减，所以x0,ln2a时，fxf00，不符合题意，1

所以a的取值范围是,．21x2

（3）由（2）可知a时，fx0，x0,，即2e1x2x1x0，222n22所以2e1n2n1n2n，n，2e1nn2所以222222

2n2e12e12e11324nn2111111

324nn21

1113．2n1n22【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第3问，其关键是根据（2）得到答案第15页，共16页2ex1x22x1x0，再通过放缩得到22

.2en1nn2答案第16页，共16页