2023高考压轴卷——数学（新高考Ⅱ卷）（Word版附解析）.docx

1、2023新高考II卷高考压轴卷数学一单项选择题：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. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 2 已知复数z满足，则（ ）A. 1B. C. D. 53. “”是“函数kxk的值恒为正值”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 已知，则（ ）A. B. .C. D. 5. 已知，满足，且，的夹角为，则（ ）A. B. 2C. 4D. 6. 已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 7.

2、河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”把一到十分成五组，如图，其口诀：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中“河图”将一到十分成五行属性分别为金，木，水，火，土的五组，在五行的五种属性中，五行相克的规律为：金克木，木克土，土克水，水克火，火克金；五行相生的规律为：木生火，火生土，土生金，金生水，水生木现从这十个数中随机抽取3个数，则这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率为（ ）A. B. C. D. 8. 已知实数，满足且，若，则（ ）

3、A. B. C. D. 二多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 下列说法中正确的是（ ）A. 已知随机变量X服从二项分布，则B. 已知随机变量X服从正态分布且，则C. 已知随机变量X的方差为，则D. 以模型去拟合一组数据时，设，将其变换后得到线性回归方程，则10. 已知函数对任意都有，且函数的图象关于对称.当时，.则下列结论正确的是（ ）A. 函数的图象关于点中心对称B. 函数的最小正周期为2C. 当时，D. 函数在上单调递减11. 已知抛物线，C的准线与x轴交于K，过焦点F的直线l与C

4、交于A、B两点，连接AK、BK，设的中点为P，过P作的垂线交x轴于Q，下列结论正确的是( )A. B. C. 的面积最小值为D. 12. 已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（ ）A. 正四棱台的体积为B. 正四棱台的外接球的表面积为104C. AE平面D. 到平面的距离为三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知抛物线的焦点为，准线为，则焦点到准线的距离为_；直线与抛物线分别交于、两点（点在轴上方），过点作直线的垂线交准线于点，则_.14. 在的展开式中，第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的系数为_.15. 如图，已知，是相互垂直的两条异面直线

5、，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为_.16. 设为偶函数，且当时，；当时，关于函数的零点，有下列三个命题：当时，存在实数m，使函数恰有5个不同的零点；若，函数的零点不超过4个，则；对，函数恰有4个不同的零点，且这4个零点可以组成等差数列其中，正确命题的序号是_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. 已知数列满足，.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和，求证：.18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若点D在边BC上，且，求的面

6、积.19. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.（1）求证：；（2）若，从条件条件条件这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件：平面平面；条件：；条件：.20. 某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”，收集了使用该型号电动汽车年以上的部分客户的相关数据，得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”从年龄在40岁以下的客户中抽取10位归为A组，从年龄在40岁（含40岁）以上的客户中抽取10位归为B组，将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成下图，其中“+”表示A组的客户，“”表示B

7、组的客户 注：“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值（）记A，B两组客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”的平均值分别为，根据图中数据，试比较，的大小（结论不要求证明）；（）从A，B两组客户中随机抽取2位，求其中至少有一位是A组的客户的概率；（III）如果客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”不小于350，那么称该客户为“驾驶达人”从A，B两组客户中，各随机抽取1位，记“驾驶达人”的人数为，求随机变量的分布列及其数学期望21. 已知椭圆的离心率为，椭圆的右焦点（1）求椭圆的方程；（2）、是椭圆的左右顶点，过点且斜率不为的直线交椭圆于点，直线与直线交于点.记、的斜率分别为

8、、，是否存在实数，使得？22. 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，已知在处的阶帕德近似为注：（1）求实数，的值；（2）求证：；（3）求不等式的解集，其中【KS5U1题答案】C【KS5U解析】解：因为，所以.故选：C.【KS5U2题答案】B【KS5U解析】将等式两边同时取模，有，即，所以.故选：B【KS5U3题答案】B【KS5U解析】函数kxk的值恒为正值，则，“”是“函数kxk的值恒为正值”的必要不充分条件.故选：B.【KS5U4题答案】D【KS5U解析】故选：D.【KS5U5题答案】B【KS5U解析】，所以

9、， ，所以.故选：B【KS5U6题答案】D【KS5U解析】对于椭圆，根据椭圆的定义可得，设，则，且，即，则，所以，.故选：D.【KS5U7题答案】C【KS5U解析】由题意得数字4，9属性为金，3，8属性为木，1，6属性为水，2，7属性为火，5，10属性为土，从这十个数中随机抽取3个数，这3个数字的属性互不相克，包含的基本事件个数，这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字包含的基本事件个数为：，这3个数字的属性互不相克的条件下，取到属性为土的数字的概率故选：C【点睛】此题考查古典概型，关键在于根据计数原理准确求解基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数.【KS5U8题答案】D【分析】

10、首先根据题中的条件得到，从而得到；再根据时得到，结合函数的单调性得到，从而得到.【KS5U解析】由得，由得，两式相加得，因为，所以，又因为 ，所以；因为，所以，即，所以；令，则，当时，所以在内单调递增，即，所以，即，又令，则，当时，所以在内单调递增，所以由，得到.所以.故选：D.【KS5U9题答案】AD【分析】根据二项分布得方差公式即可判断A；根据正态分布得对称性求出，从而可判断B；根据方差得性质即可判断C；根据题意求出，即可判断D【KS5U解析】解：对于A，由随机变量X服从二项分布，得，故A正确；对于B，因为随机变量X服从正态分布，则对称轴为，又，所以，所以，故B错误；对于C，因为随机变量X

11、的方差为，则，故C错误；对于D，模型，则，又因，所以，所以，故D正确故选：AD【KS5U10题答案】BC【分析】先求出周期和解析式，画出图像，对四个选项一一验证：对于A：由图像可判断函数的中心对称；对于B：利用图像变换作出函数的图象，即可判断；对于C：直接求出解析式即可判断；对于D：利用图像变换作出的图像，即可判断；【KS5U解析】因为函数对任意都有，所以，即，所以所以，即恒成立，所以的周期为4.因为函数的图象关于对称，所以将的图象向右平移一个单位，得到的图象，所以关于对称.任取，则，因为函数对任意都有，即，所以.所以，作出的图象如图所示：对于A：由图象可知：函数的图象关于点中心对称，故A错误

12、；对于B：函数的图象可以看成的图象x轴上方的图象保留，把x轴上方的图象轴下方的图象翻折到x轴上方，所以函数的最小正周期为2.故B正确；对于C：由前面的推导可得：当，.故C正确；对于D：作出的图像如图所示，在上函数单调递增.故D错误.故选：BC【KS5U11题答案】ABD【分析】设直线AB的倾斜角为，即AFx，设，.可根据角平分线的性质判断A；过A作ADx轴，垂足为D，表示出，即可判断B；，数形结合即可判断C；求出PQ方程，令y0求出Q的横坐标，求出即可判断它们的关系，由此判断D.【KS5U解析】设直线AB的倾斜角为，即AFx，设，若，则，则根据角平分线的性质可知，x轴为AKB的角平分线，设直线

13、，代入抛物线方程得，所以，所以，所以x轴一定是AKB的平分线，故A正确；过A作ADx轴，垂足为D，则tan ，故B正确；，当，即ABx轴时，取等号，故的面积最小值为，故C错误；对于D：，则，PQ方程为：，令y0得，故D正确.故选：ABD.【KS5U12题答案】BCD【分析】利用正四棱台的体积计算可判断A；连接相交于，连接相交于，分外接球的球心在正四棱台的内部、内部，根据、，求出可判断B；取的中点，利用面面平行的判断定理可判断平面平面，从而可判断C；以为原点，所在的直线分别为建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离的向量求法可判断D.【KS5U解析】正四棱台的体积为

14、，故A错误；连接相交于，连接相交于，如果外接球的球心在正四棱台的内部，则在上，因为上下底面边长分别为4，6，所以 ，设外接球的半径为，所以，即，无解，所以外接球的球心在正四棱台的外部，如下图，则在延长线上，因为上下底面边长分别为4，6，所以 ，设外接球的半径为，所以，即，解得，所以正四棱台的外接球的表面积为，故B正确；取的中点，连接，连接，所以，所以是的中点，因为，所以，又，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，因为，所以，平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；以为原点，所在的直线分别为建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个

15、法向量为，所以，即，令可得，到平面的距离为，故D正确.故选：BCD.【KS5U13题答案】 . 2 . 【分析】求出焦点及准线方程，从而可得焦点到准线的距离，作交准线于点，易得直线过焦点，则从而可得出答案.【KS5U解析】解：抛物线的焦点，准线为，所以焦点到准线的距离为2，如图，作交准线于点，因为直线过焦点，则，因为，所以轴，又直线的倾斜角为，所以，所以，则.故答案为：2；【KS5U14题答案】【分析】根据二项式的第3项和第6项的二项式系数相等，求得，再求出展开式的通项，令的指数等于，从而可得出答案.【KS5U解析】解：因为二项式的第3项和第6项的二项式系数相等，所以，所以，则二项式展开式的通

16、项为，令，则，所以展开式中的系数为.故答案为：.【KS5U15题答案】#【分析】根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，再根据，可得即为直线与所成的角的平面角，由此可求得，从而可得，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解.【KS5U解析】因为直线三条直线两两垂直，如图，将图形还原为长方体，因为，所以即为直线与所成的角的平面角，则，因为平面，平面，所以，在中，由，得，所以，当且仅当时，取等号，所以三棱锥的体积的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，从特殊几何体入手是解决本题的关键.【KS5U16题答案】【分析】根据偶函数的图象关于轴对称

17、，利用已知中的条件作出偶函数的图象，利用图象对各个选项进行判断即可.【KS5U解析】解：当时又因为为偶函数可画出的图象，如下所示：可知当时有5个不同的零点；故正确；若，函数的零点不超过4个，即，与的交点不超过4个，时恒成立又当时，在上恒成立在上恒成立，由于偶函数的图象，如下所示：直线与图象的公共点不超过个，则，故正确；对，偶函数的图象，如下所示：，使得直线与恰有4个不同的交点点，且相邻点之间的距离相等，故正确故答案为：【KS5U17题答案】【分析】（1）根据递推公式证明为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；（2）由，得，则，则，再利用裂项相消法求出数列的前项和，即可得证

18、.【小问1解析】因为，所以，则，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以；【小问2解析】由，得，则，所以，所以，所以，因为，所以，所以.【KS5U18题答案】（1）； （2）.【分析】（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得，再应用二倍角正弦公式化简可得，即可求A的大小.（2）由题设可得，法一：由正弦定理及可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求面积；法二：根据三角形面积公式有，由的边BD与的边DC上的高相等及已知条件可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求面积；【小问1解析】由已知及正弦定理得：，又，又，则，而，则，故，得.【小问2解析】由，则.法一：在中，

19、在中，由得：，又，得，不妨设，在中，由余弦定理可得，得，所以.法二：.的边BD与的边DC上的高相等，由此得：，即，不妨设，在中，由余弦定理可得，得，所以【KS5U19题答案】【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；（2）选，连接，取中点，连接，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；选，连接，取中点，连接，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即得到平面，后续同；选，取中点，连接，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到后续同；【小问1解析】在三棱柱中，又面，面

20、，所以平面，又面面，面，所以.【小问2解析】选：连接，取中点，连接，.在菱形中，所以为等边三角形.又为中点，所以，又面面，面面， 平面，所以平面，平面，故，又，所以.以为原点，以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，.所以，.设面的一个法向量为，则，令，故.又，设直线与面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.选：连接，取中点，连接，.在菱形中，所以为等边三角形.又为中点，故，且，又，.所以，则.又，面，所以面，由平面，故，又，所以.以为原点，以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，.所以，.设面的一个法向量为，则，令，故.又，设直线与面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.选：

21、取中点，连接，.在中，因为，所以，且，.又面面，面面，面，所以平面，又平面，所以.在中，又，所以，则.由，面，则面，由平面，故，又，所以.以为原点，以、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，.所以，.设面的一个法向量为，则，令，故.又，设直线与面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.【KS5U20题答案】【分析】（）；（）设“从抽取的20位客户中任意抽取2位，至少有一位是A组的客户”为事件M，利用古典概型及排列组合能求出从抽取的20位客户中任意抽取2位至少有一位是A组的客户的概率；（III）依题意的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的分布列和数学期望【KS5U解

22、析】（）（）设“从抽取的位客户中任意抽取位，至少有一位是A组的客户”为事件M，则 所以从抽取的位客户中任意抽取位至少有一位是A组的客户的概率是（III）依题意的可能取值为， 则； ；所以随机变量的分布列为： 所以随机变量的数学期望即【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数

23、学期望的定义求期望的值【KS5U21题答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，椭圆的右焦点，所以，则，故，因此，椭圆的方程为.（2）证明：设、，设直线的方程为，其中，联立，得，由韦达定理可得，所以，易知点、，所以，直线的方程为，将代入直线的方程可得，即点，所以，所以，.【KS5U22题答案】【分析】（1）求出，依题意可得，即可得到方程组，解得即可；（2）由（1）知，即证，令，即证时，记，利用导数说明函数的单调性，即可证明；（3）分析可得，即或，先考虑，该不等式等价于，结合（2）的结论即可，再考虑，该不等式等价于，利用导数证明，即可得到，再分类讨论即可判断.【小问1解析】因为，所以，则，由题意知，所

24、以，解得，.【小问2解析】由（1）知，即证，令，则且，即证时，记，则，所以在上单调递增，在上单调递增，当时，即，即成立，当时，即，即成立，综上可得时，所以成立，即成立.【小问3解析】由题意知，欲使得不等式成立，则至少有，即或，首先考虑，该不等式等价于，即，又由（2）知成立，所以使得成立的的取值范围是，再考虑，该不等式等价于，记，则，所以当时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，所以，当时由，可知成立，当时由，可知不成立，所以使得成立的的取值范围是，综上可得不等式的解集为.【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定或，分别求、对应解集，进一步转化为求、的解集，构造中间函数研究不等式成立的x取值.