2023届高三下学期5月高考考前押题数学卷（重庆适用）（含解析）

2023年高考考前押题卷（重庆适用）
数学
第Ⅰ卷（选择题）
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．集合，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
2．若复数满足，则在复平面内的共轭复数所对应的点位于（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3.已知，则（ ）
A.
B.
C.
D.
4.已知向量，且，则（ ）
A.
B.
C.
D.
5.等差数列中，首项和公差，且，，成等差数列，则数列，，的公差为（ ）
A.
B.
C.
D.
6. 蹴鞠(如图所示),又名球、蹴圆、筑球、踢圆等,有用脚蹴、蹋、踢的含义,鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而赋鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动类似今日的足球，年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录,已知鞠的表面上有四个点，，，，四面体的体积为，经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（ ）
A.
B.
C.
D.
7.已知双曲线的左、右焦点分别为，,以为直径的圆依次交双曲线于，，，四点,直线交双曲线于点,,且,则双曲线的离心率为（ ）
A.
B.
C.
D.
8．已知，，，则（ ）
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．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
10．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．不存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥体积取得最大值时，与平面成角的正弦值为
D．当时，的最小值为
11．在平面直角坐标系中，由直线上任一点向椭圆作切线，切点分别为，，点在轴的上方，则（ ）
A．恒为锐角
B．当垂直于轴时，直线的斜率为
C．的最小值为
D．存在点，使得
12．已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．为周期函数且最小正周期为
B．
C．在上为增函数
D．方程有且仅有个实数解
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13. 的展开式中含项的系数为 .
14.已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为 .
15. 已知抛物线：,点为抛物线上第一限内任意一点，过点向圆：作切线,切点分别为，，则四边形面积的最小值为 ,此时直线的方程为 .
16.若曲线（）与曲线存在公切线，则的取值范围为 _____.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在中，，，边中线.
(1)求的值；
(2)求的面积．
18．已知数列满足，．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前项和．
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
(1)求证：；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
20．为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量.某地车牌竞价的基本规则是：①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额.某人拟参加年月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近个月参与竞拍的人数（见表）：
(1)由收集数据的散点图发现可用线性回归模型拟合竞拍人数（万人）与月份编号之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程：，并预测年月份参与竞拍的人数.
(2)某市场调研机构对位拟参加年月份车牌竞拍人员的报价进行抽样调查，得到如下一份频数表：
（i）求这位竞拍人员报价的平均数和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；
（ii）假设所有参与竞价人员的报价可视为服从正态分布，且与可分别由（i）中所求的样本平均数及方差估值.若年月份实际发放车牌数是，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价.
附：，若，则，.
21．已知椭圆的一个焦点坐标为，，分别是椭圆的左、右顶点，点在椭圆上，且直线与的斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆分别相交于，两点，直线（为坐标原点）与椭圆的另一个交点为，求的面积的最大值．
22．已知函数．
(1)当时，证明：当时，；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
答案
第Ⅰ卷（选择题）
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． 答案：
B
解析：
由，得到，所以集合，
又由，得到或，所以集合或，
所以，所以.
故选：B．
2．答案：
A
解析：
由，得，
所以，则其在复平面内其所对应的点为，位于第一象限．故选：A．
3. 答案：
D
解析：
，用二倍角公式得出
，故.
4.答案：
C
解析：
因为，所以，即，解得，则.
5.答案：
C
解析：
由，，成等差数列，得，，，又，所以
，，，，，的公差为.
6. 答案：
D
解析：
如图，取的中点，连接与球交于另一点，连接，，易知为圆面的直径，平面，，分别为，的中点，所以平面，∵，∴，即，在中，，∴，∴，∴球的表面积为.
7. 答案：
C
解析：
如图所示，设，则，，连接，，则由双曲线的定义，得，，由于点在以为直径的圆上，所以，在直角三角形中，，即，得，在直角三角形中，，即，，离心率，故选C.
8． 答案：
A
解析：
令，，当时，，在上单调递增，所以当时，，即，所以，所以，即，令，，则，所以在上单调递减，所以，所以当时，，则，所以.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9． 答案：
A、D
解析：
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.
10． 答案：
B、D
解析：
当平面与平面垂直时，，平面与平面的交线为，平面,平面，又平面，，，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点到底面距离最大，
即平面与平面垂直时，由上面可知，平面，故与平面成角为，因为，所以，，，
则，，即与平面成角的正弦值为，故C错误；
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，又因为的中点，所以，
又，所以，所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，在中，，
则，
所以，所以的最小值为，故D正确.
故选：BD.
11． 答案：
A、B、D
解析：
对于A项，设切线方程为，、、，
联立得：，
∵直线与椭圆相切，故，则，，∴，
∴切线的方程为，同理切线的方程为，
而点在、上，故，又、满足该方程组，故， 显然过定点即椭圆左焦点.以为直径的圆半径最大无限接近，但该圆与一直相离，即始终为锐角，A正确；
对于B项，由A得，轴时，，易得、，，故B正确；
对于C项，由B知轴时，、此时，故C错误；
对于D项，取中点，若则，即为等腰三角形，，
化简得，由A知：，
整理得：，∴，显然存在满足题意，故D正确；
故选：ABD.
12． 答案：
A、B、D
解析：
因为为奇函数，所以，即关于点对称；
因为为偶函数，所以，即关于直线对称；
则，
所以，故的周期为，结合条件可得函数的大致图象，进而可得A正确；
，B正确；
由于在上单调递减，且关于点对称，故在上单调递减，又的周期为，则在上也为减函数，C错误；
作出函数的图象和函数的大致图象，函数的图象与函数的图象恰有个交点，故D正确.故选：ABD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13.答案：
解析：
的展开式中含项的系数为.
14.答案：
解析：
因为为偶函数，且在上单调递减，，所以在上单调递增，，当时，由，得，解得；当时，由，得，解得，所以不等式的解集为.
15. 答案：
解析：
圆的标准方程，则圆心为，半径为，设，，所以，，所以四边形面积的最小值，此时，以为直径的圆的方程为，与圆方程相减可得直线的方程为.
16.答案：
解析：
设公切线与曲线的切点为，与曲线的切点为，因为，，所以早处的切线方程为
，同理可得，在处的切线方程为，由题意可知，，即，因为，所以，所以，即，消去，整理得
，设，，则，令，解得，易知，又，所以.
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17． 答案：
见解析
解析：
（1）因为，所以由正弦定理可得
因为，所以，因为，所以.
（2）因为，，可知为等腰三角形.
在中，由余弦定理可得
即，解得.
所以的面积为.
18． 答案：
见解析
解析：
（1）因为 ①，
所以当时， ②．
因为，所以由得，即．
所以，即．
由，
得，所以，所以．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）得，
即，所以．
所以
．
19．答案：
见解析
解析：
（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面,所以平面，
又因为平面与交于点.平面，平面平面
所以.
（2）选条件①②,
侧面为等腰直角三角形，且，即，，平面平面，平面平面，平面,
则平面，又为正方形，
所以，，.以点为坐标原点，，，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，所以点为的中点，则
从而：，，，
设平面的法向量为：，则，令，可得，设平面的法向量为：，则，
令，可得，所以，
则两平面所成的锐二面角为.
选条件①③,
侧面为等腰直角三角形，且，即，，
，，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.又因为，，且两直线在平面内，
则平面，平面则，
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点
又因为，所以为等腰直角三角形，
下面同①②.
选条件②③,
侧面为等腰直角三角形，且，
即，，
平面平面，平面平面，平面,
则平面，为正方形，
所以，，，
又因为，，且两直线在平面内，则平面，平面，则，因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.下面同①②.
20． 答案：
见解析
解析：
（1），，
，，
∴，，关于的线性回归方程，年月份对应，所以
所以预测年月份参与竞拍的人数为万人.
（2）（i）由题意可得：
.
（ii）年月份实际发放车牌数是，设预测竞拍的最低成交价为万元，
根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为，
根据假设报价可视为服从正态分布，
令，由于，
，，所以得，所以预测竞拍的最低成交价为万元．
21． 答案：
见解析
解析：
（1）由已知得，且，即，
因此有，得．
因此，得，，所以椭圆的标准方程为．
（2）显然直线经过轴上的定点，设，，
则由椭圆的对称性得，
联立，消去得．
恒成立，所以，．
．令，显然有，于是，当，即时取等号．因此的面积的最大值为．
22．答案：
见解析
解析：
（1）首先证明，，理由如下：
构造，，
则恒成立，故在上单调递减，
故，所以，，
，，
，
故在上恒成立，
所以在单调递增，故.
（2），
，
下证：，，，且在处取等号，令，则，故单调递增，故，且在处取等号，
在（1）中已证明；
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
当时，，
当时，即时，符合题意，
当时，，，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：的取值范围为；