2023届重庆高考冲刺训练数学试题(PDF含答案）

2023 年重庆高考冲刺训练数学试题及参考答案
一、选择题(本大题共 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．设集合 A＝{y|y＝x}，B＝{x|y＝ x}，全集为 R，则 A∩( RB)等于( )
A．[0，＋∞) B．(－∞，0)
C．{0,1} D．{(0,0)，(1,1)}
2．已知复数 z的共轭复数为 z ，若 z＋ z ＝4，(z－ z )i＝2(i为虚数单位)，则 z等于( )
A．2＋i B．2－i
C．－2＋i D．－2－i
3．已知|a|＝ 5，b＝(1,2)，且 a∥b，a·b<0，则 a 的坐标为( )
A．(1,2) B．(－1,2)
C．(1，－2) D．(－1，－2)
4．甲、乙、丙三人参加社区义工活动，每人从编号为 1到 6的社区中任选一个，所选社区
编号数各不相同且不相邻，则不同的选择方案的种数为( )
A．12 B．24 C．36 D．48
5．已知数列{an}满足 a1＝2，Sn＋1＝2(1＋Sn)，若 a6是 am，a2n的等比中项，m，n∈N*，则 m
＋2n等于( )
A．12 B．12 3 C．2 2 D．4
2
6 x y
2
．如图所示，F1，F2是双曲线 C： － ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过 F1的直线与 C的
a2 b2
左、右两支分别交于 A，B两点．若|AB|∶|BF2|∶|AF2|＝3∶4∶5，则双曲线的离心率为( )
A．2 B . 15 C. 13 D. 3
7．如图，已知三棱锥 P－ABC的四个顶点都在球 O的表面上，PA⊥平面 ABC，AC＝BC＝ 2，
AB＝2，球心 O到平面 ABC的距离为 3，则球 O的体积为( )
A.32π B.16π
3 3
C．16π D．32π
1
8．已知 f(x)＝x(l n x－a)，不等式 f(x)≥x2－ex－1恒成立，则实数 a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，0]
C．(－∞，1] D．(－∞，e]
二、选择题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求的．全部选对得 5分，部分选对得 2分，有选错的得 0分)
9．已知函数 f(x)＝sin 2x＋ 3cos 2x，则下列四个命题正确的是( )
A．f(x)的最小值为－2
B．f(x) π向右平移 个单位长度后得到的函数是奇函数
3
0 π，
C．f(x)在 12 上单调递增
D．f(x) 7π关于直线 x＝ 对称
12
10．已知 x>0，y>0，且 x＋y＋xy－3＝0，则( )
A．x y的取值范围是[1,9]
B．x＋y的取值范围是[2，＋∞)
C．x＋4y的最小值是 3
D．x＋2y的最小值是 4 2－3
11．有两个箱子，第 1个箱子有 3个白球，2个红球，第 2个箱子有 4个白球，4个红球，
现从第 1个箱子中随机地取 1个球放到第 2个箱子里，再从第 2个箱子中随机取 1个球放到
第 1个箱子里，则下列判断正确的是( )
A 23．从第 2个箱子里取出的球是白球的概率为
45
B．从第 2 22个箱子里取出的球是红球的概率为
45
C 15．若从第 2个箱子里取出的球是白球，则从第 1个箱子里取出的是白球的概率为
23
D 5．两次取出的球颜色不同的概率为
9
12．如图，正方体 ABCD－A1B1C
2a
1D1的棱长为 a，线段 B1D1上有两个动点 E，F，且 EF＝ .
2
则下列结论正确的是( )
A．当 E D AE BF π与 1重合时，异面直线 与 所成的角为
3
B．三棱锥 B－AEF的体积为定值
C a．EF在平面 ABB1A1内的射影长为
2
D．当 E向 D1运动时，二面角 A－EF－B的平面角保持不变
2
三、填空题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分)
13．在 的二项展开式中，所有项的系数之和为 81，则常数项为________．
1 1，
14 1．设曲线 y＝ x2在点 A 2 处的切线与曲线 y＝x l n x在点 P处的切线互相平行，则点
2
P的坐标为________．
15．以模型 y＝c e k x(c>0)去拟合一组数据时，设 z＝l n y，将其变换后得到经验回归方程 z
＝2x－1，则 c＝________.
16 → →．在△ABC中，AB＝2，AC＝2 3，BC＝4，点 O为△ABC的外心，则AO·BC＝________，
P是△ABC → → →外接圆圆 O上一动点，则PA·(PB＋PC)的最小值为________．
四、解答题(本大题共 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．(10分)在①a3＋a11＝20，②a3S10＝310这两个条件中任选一个，补充到下面问题中，若
1
问题中的数列存在，求数列 anan 1 (n∈N*＋ )的前 2 023项和；若问题中的数列不存在，说明
理由．
问题：是否存在正项等差数列{an}(n∈N*)，其前 n项和为 Sn，且 a1＝1，________？
18．(12分)在△ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，△ABC的面积为 S，已知
ac o s C＋cc o s A＝ 3，a＝ 2b.
(1)求 a；
(2) 3若 S＝ (a2＋c2－b2)，求 A.
12
19．(12分)如图，在四棱锥 P－ABCD中，底面 ABCD是边长为 2的正方形，△PAB为正三
角形，且侧面 PAB⊥底面 ABCD，M为 PD的中点．
(1)求证：PB∥平面 ACM；
(2)求直线 BM与平面 PAD所成角的正弦值．
3
20．(12分)某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销活动，凡在该书店购书达到规定金额的
小朋友可参加双人 PK赢取“购书券”的游戏．游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，
在不透明的箱中装有 5 个号码分别为 1,2,3,4,5 的小球(小球除号码不同之外，其余完全相
同)．每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球(摸球者无法摸出小球号码)．若
双方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除 2个积分，乙增加 2个积分；若号码之差为偶
数，则甲增加 n(n∈N*)个积分，乙被扣除 n个积分．PK游戏开始时，甲、乙的初始积分均
为零，PK游戏结束后，若双方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书
券”奖励；若双方的积分相等，则均不能获得奖励．
(1)设 PK游戏结束后，甲的积分为随机变量ξ，求ξ的分布列；
(2)以(1)中的随机变量ξ的均值为决策依据，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利
时，记正整数 n的最小值为 n0.
①求 n0的值，并说明理由；
②当 n＝n0时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率．
21．(12分)在平面直角坐标系中，已知 F为抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点，点 P(t，s)(s>0)
为抛物线 C上一点，P关于 x轴对称的点为 Q，且△OPQ和△OPF的面积分别为 16和 2.
(1)求 C的方程；
(2)设点 D(a,2)，A，B为抛物线 C上不同的三点，直线 DA，DB的倾斜角分别为α，β，且满
足 tan α＋tan β＝1，证明：直线 AB经过定点．
22 (12 ) f(x) ln x a． 分 已知函数 ＝ ＋ －b(其中 a，b为参数)．
x
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 a＝1，函数 g(x)＝f(xex)有且仅有 2个零点，求 b的取值范围．
4
参考答案
1．B 2.B 3.D 4.B 5.A 6.C
7．A [如图，因为 AC＝BC＝ 2，AB＝2，
所以 AC2＋BC2＝AB2，所以 AC⊥BC.
因为 PA⊥平面 ABC，AB，BC 平面 ABC，所以 PA⊥AB，PA⊥BC.
又 AC∩PA＝A，PA，AC 平面 PAC，所以 BC⊥平面 PAC，
所以 BC⊥PC，所以球心 O是 PB的中点．
取 AB的中点 D，连接 OD，则 OD∥PA，
所以 OD⊥平面 ABC，所以 OD＝ 3.
设球 O的半径为 R，在 Rt△ODB中，R＝OB＝ OD2＋DB2＝ 3 2＋12＝2，
所以球 O 4 4 32π的体积为 πR3＝ ×π×23＝ .]
3 3 3
x－1
8．B [由题意可知 x>0，由 f(x) x2 e≥ －ex－1，可得 a≤ ＋l n x－x.
x
ex－1 x
∵ ＋l n x－x 1·e x＝ ＋l n ，
x e x ex
ex exx－ext e
x x－1
令 ＝ ，则 t′＝ ＝ ，
x x2 x2
ex
∴t＝ 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
x
∴t≥t(1) e 1 1 1 t－e＝ ，因此令φ(t)＝ t＋ln ＝ t－ln t(t≥e)，φ′(t)＝ ≥0，
e t e te
∴φ(t)在[e，＋∞)上单调递增，故φ(t)≥φ(e)＝0，∴a≤0.]
9．ACD
10．BD [因为 x>0，y>0，所以 x＋y≥2 xy，所以 3－xy≥2 xy，解得 0< xy≤1，
即 0x＋y x＋y
因为 x>0，y>0，所以 x y≤ 2 2，所以 3－(x＋y)≤ 2 2，即(x＋y)2＋4(x＋y)－12≥0，
解得 x＋y≥2，故 B正确；
－y＋3 4
因为 x＋y＋x y－3＝0，所以 x＝ ＝－1＋ ，
y＋1 y＋1
5
则 x＋4y＝－1 4 4＋ ＋4y＝ ＋4(y＋1)－5≥2×4－5＝3，
y＋1 y＋1
4
当且仅当 ＝4(y＋1)，即 y＝0时等号成立．
y＋1
因为 y>0，所以 x＋4y>3，故 C错误；
x 4 4＋2y＝－1＋ ＋2y＝ ＋2(y＋1)－3≥4 2－3，
y＋1 y＋1
4
当且仅当 ＝2(y＋1)，即 y＝ 2－1时等号成立，故 D正确．]
y＋1
11．ABC [从第 2 3 5 2 4 23个箱子里取出的球是白球的概率为 × ＋ × ＝ ，故 A正确；
5 9 5 9 45
3 4 2 5 22
从第 2个箱子里取出的球是红球的概率为 × ＋ × ＝ ，故 B正确；
5 9 5 9 45
设从第 2个箱子取出的球是白球为事件 A，从第 1个箱子取出的球是白球为事件 B，则 P(B|A)
3 5
P AB × 5 9 15＝ ＝ ＝ ，故 C正确；
P A 23 23
45
3 4 2 4 4
两次取出的球颜色不同的概率为 × ＋ × ＝ ，故 D错误．]
5 9 5 9 9
12．BCD [ 2当 E与 D1重合时，因为 EF＝ a，
2
此时 F为 B1D1的中点，记 BD中点为 O，连接 D1O，如图，
由正方体性质可知，BO∥D1F，BO＝D1F，所以四边形 BOD1F为平行四边形，
所以 D1O∥BF，所以 AE与 BF所成的角为∠AD1O.
2a
又 D1O＝ 2 2＋a2 6a＝ ，AD1＝ 2a，AO 2a＝ ，
2 2
3a2 2
＋2a2 a－
cos AD O 2 2 3所以 ∠ 1 ＝ ＝ ，故 A错误；
2 6a
2
× × 2a
2
VB－AEF＝VA－BEF，易知点 A到平面 BB1D1D的距离和点 B到直线 B1D1的距离为定值，且 EF
2a
＝ 为定值，
2
所以三棱锥 A－BEF的体积为定值，故 B正确；
6
易知∠A1B π1D1＝ ，EF在平面 ABB1A1内的射影在 A1B1上，
4
2a π a
所以射影长为 ×cos ＝ ，故 C正确；
2 4 2
二面角 A－EF－B即为二面角 A－B1D1－B，显然其平面角不变，故 D正确．]
13．8； 14.(1,0)；
15.1 1解析 由 z＝l n y，得 l n y＝2x－1，y＝e2x－1＝e－1·e2x，所以 c＝e－1＝ .
e e
16．4 0
解析 因为 AB2＋AC2＝BC2，所以 AB⊥AC，
所以 O是 BC的中点．以 A为原点，AB，AC所在直线分别为 x轴、y轴建立平面直角坐标
系，如图所示，
则 A(0,0)，B(2,0)，C(0,2 3)，O(1， 3) →，AO＝(1， 3) →，BC＝( 2,2 3) A→O·B→－ ，所以 C＝4.
圆 O的方程为(x－1)2＋(y－ 3)2＝4.
P(x y) P→A ( x y) P→设 ， ，则 ＝ － ，－ ， B＝(2－x，－y)，P→C＝(－x,2 3－y)，
1 3
，
所以圆上点 P到点 2 2 距离的最小值为 dmin＝r－1＝2－1＝1，
所以P→A·(P→B →＋PC)的最小值为 2×12－2＝0.
a1＝1，
17 3．解 若选择①，因为 所以 d＝ ，
a3＋a11＝a1＋2d＋a1＋10d＝20， 2
所以 an＝1＋(n－1) 3 3 1× ＝ n－ .
2 2 2
7
若选择②，
10 10×9＋ d
由 a3S10＝(1＋2d) 2 ＝310
3
，得 d＝ (舍负)，
2
3 3 1
因此 an＝1＋(n－1)× ＝ n－ .
2 2 2
1 1
1 1 －
因为 ＝ an an＋1 ，
anan＋1 d
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 － ＋ － ＋…＋ － 2 －
所以 ＋ ＋ ＋…＋ ＝ a a a a a
a a a a a a a a d 1 2 2 3 2 023
a2 024 ＝ a3 1
a2 024
1 2 2 3 3 4 2 023 2 024
1 22 －6 071 4 046＝ × ＝ .
3 6 071
18．解 (1)在△ABC中，由 acos C＋ccos A＝ 3及余弦定理，
2
a·a ＋b
2－c2 c·b
2＋c2－a2
可得 ＋ ＝ 3，即 2b2＝2 3b，则 b＝ 3，而 a＝ 2b，所以 a＝ 6.
2ab 2bc
(2) 3由 S＝ (a2 3 3＋c2－b2)，得 S＝ ×2ac×cos B＝ accos B，
12 12 6
1
又 S＝ acsin B 1，所以 acsin B 3＝ accos B，则 tan B 3＝ ，
2 2 6 3
因为 B∈(0，π) π，故 B＝ ，根据 a＝ 2b，得 sin A 2sin B 2＝ ＝ ，
6 2
又 A>B π 3π，A∈(0，π)，所以 A＝ 或 .
4 4
19．(1)证明 连接 BD交 AC于点 N，连接 MN，如图，
在正方形 ABCD中，N为 BD的中点，而 M为 PD的中点，
则 PB∥MN，而 MN 平面 ACM，PB 平面 ACM，
所以 PB∥平面 ACM.
(2)解 取 AB的中点 O，连接 PO，如图，在正△PAB中，PO⊥AB，
因为侧面 PAB⊥底面 ABCD，侧面 PAB∩底面 ABCD＝AB，PO 侧面 PAB，则 PO⊥平面
8
ABCD，
在平面 ABCD内，过点 O作 OE⊥AB交 CD于点 E，则射线 OB，OE，OP两两垂直，
以 O为原点，射线 OB，OE，OP分别为 x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
1 1 3－ ， ，
则 B(1,0,0)，A(－1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0， 3)，M 2 2 ，
3
→ － ，1
3
，
AD＝(0,2,0)，A→P＝(1,0 →， 3)，BM＝ 2 2 ，
m·A→D＝2y1＝0，
设平面 PAD的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则
m·A→P＝x1＋ 3z1＝0，
令 z1＝1，得 m＝(－ 3，0,1)，
|m·B→M|
设直线 BM与平面 PAD所成的角为θ，则 sin θ＝|cos → 2 3 3〈m，BM〉|＝ ＝ ＝ ，
|m||B→M| 2×2 2
BM 3所以直线 与平面 PAD所成角的正弦值为 .
2
20．解 (1)记“一局游戏后甲被扣除 2个积分”为事件 A，
C1C1A2 3
“一局游戏后乙被扣除 n个积分”为事件 B，由题意可知 P(A)＝ 2 3 2＝ ，
A25 5
2
则 P(B)＝1－P(A)＝ ，
5
当三局均为甲被扣除 2个积分时，ξ＝－6，
当两局为甲被扣除 2个积分，一局为乙被扣除 n个积分时，ξ＝n－4，
当一局为甲被扣除 2个积分，两局为乙被扣除 n个积分时，ξ＝2n－2，
当三局均为乙被扣除 n个积分时，ξ＝3n，
3 3
所以 P(ξ 27 2 54＝－6)＝ 5 3＝ ， P(ξ＝n－4)＝C23× 5 2× ＝ ，
125 5 125
2 2
P(ξ＝2n－2)＝C1 3 363× × 5 2＝ ， P(ξ 8＝3n)＝ 5 3＝ ，
5 125 125
所以随机变量ξ的分布列为
ξ －6 n－4 2n－2 3n
27 54 36 8
P
125 125 125 125
(2)①由(1)易得 E(ξ) ( 6) 27 (n 4) 54 36 8 6n－18＝ － × ＋ － × ＋(2n－2)× ＋3n× ＝ ，
125 125 125 125 5
显然甲、乙双方的积分之和恒为零，
当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，
9
E(ξ) 6n－18则需 ＝ >0，所以 n>3，即正整数 n的最小值 n0＝4.
5
2
117
②当 n＝4时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件 C，则 P(C)＝1－ 5 3＝ ，
125
由题设可知若甲获得“购书券”奖励，则甲被扣除积分的局数至多为 1，
记“甲获得‘购书券’奖励”为事件 D，
易知事件 CD为“甲恰好有一局被扣除积分”，
2
则 P(CD) 3＝C13× × 5 2 36＝ ，所以 P(D|C)
P CD 36 125 4
＝ ＝ × ＝ ，
5 125 P C 125 117 13
4
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为 .
13
21 1．(1)解 由题意知|PQ|＝2s，所以△OPQ的面积为 ×t×2s＝ts，则 ts＝16.①
2
p
，0
F 2 p 1 p ps ps又因为焦点 ，所以|OF|＝ ，则△OPF的面积为 × ×s＝ ，则 ＝2.②
2 2 2 4 4
2p 8，
由①②联立解得 t＝2p 8，s＝ ，则 P p ，
p
8
将 P点坐标代入抛物线方程得 p 2＝2p·2p，解得 p＝2，故 C的方程为 y2＝4x.
(2)证明 将 D(a,2)代入抛物线 C的方程得 22＝4a，解得 a＝1，所以 D(1,2)．
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB的方程为 x＝my＋n，
x＝my＋n，
联立 消去 x得 y2－4my－4n＝0，
y2＝4x，
所以 y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
因为 tan α＋tan β＝1，即 k y1－2 y2－2DA＋kDB＝1，所以 ＋ ＝1，
x1－1 x2－1
y1－2 y2－2 4 4
所以y2 ＋y2 ＝ ＋ ＝1，整理得 y1y2－2(y1＋y2)－12＝0，1－1 2－1 y1＋2 y2＋2
4 4
所以－4n－2×4m－12＝0，则 n＝－2m－3，
所以直线 AB的方程为 x＝my－2m－3，即 x＋3＝m(y－2)，
所以直线 AB经过定点(－3,2)．
22．解 (1)函数 f(x) x－a的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ .
x2
当 a≤0时，f′(x)>0，所以 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当 a>0时，令 f′(x)>0，解得 x>a，
令 f′(x)<0，解得 010
所以 f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)当 a＝1时，
g(x)＝f(xex)＝ln xex 1＋ －b＝ln x 1＋x＋ －b，
xex xex
g (x) 1 1 x＋1 x＋1 xe
x－1
′ ＝ ＋ － ＝ .
x x2ex x2ex
令 g′(x)＝0，则 xex＝1(x＝－1舍去)，
令 h(x)＝xex－1(x>0)，则 h′(x)＝(x＋1)ex>0，所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
1
又 h 2 1＝ e－1<0，h(1)＝e－1>0，
2
且函数 h(x)在(0，＋∞)上的图象是连续不断的曲线，
1
，1
所以根据零点存在定理，存在唯一的 x0∈ 2 ，使得 h(x0)＝x x0e 0 －1＝0，
并且当 x∈(0，x0)时，h(x)<0，
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，所以当 x∈(0，x0)时，g′(x)<0，函数 g(x)单调递减；
当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增，
1
所以 g(x)min＝g(x0)＝ln x0＋x0＋
x ex
－b＝1－b.


因为函数 g(x)有且仅有 2个零点，所以必须有 g(x)min<0，即 b>1.
下面证明当 b>1时，函数 g(x)有且仅有 2个零点．
因为 g(x 10)＝1－b<0，g(b)＝ln b＋ >0，且 g(x)在(x0，＋∞)上单调递增且连续，
beb
所以 g(x)在(x0，＋∞)上有且仅有 1个零点，
因为 g(x)＝f(xex)＝ln xex 1＋ －b，令 xex＝t(01
＋ －b.
xex t
1 1
因为 b>1，所以 0e 2
令φ(b)＝eb－2b，b>1，显然φ(b)＝eb－2b在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(b)＝eb－2b>e－2>0，
又 g(x0)＝1－b<0，
所以 g(x)在(0，x0)上有且仅有 1个零点．
综上，b>1.
11