江蘇省2023年高考考前押題卷數(shù)學(xué)(文)試題(三)含答案

原創(chuàng)押題卷(三)參考公式樣本數(shù)據(jù)1，2，…，n的方差s2＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,)(i－eq\x\to(x))2，其中eq\x\to(x)＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)i.棱柱的體積V＝Sh，其中S是棱柱的底面積，h是高．棱錐的體積V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是棱錐的底面積，h是高．一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．請把答案填寫在題中橫線上)1．已知A＝{|＋1＞0}，B＝{－2，－1,0,1}，則(?RA)∩B＝________.{－2，－1}[因為集合A＝{|＞－1}，所以?RA＝{|≤－1}，則(?RA)∩B＝{|≤－1}∩{－2，－1,0,1}＝{－2，－1}．]2．若i(＋yi)＝3＋4i，，y∈R，則復(fù)數(shù)＋yi的模等于________．5[因為i(＋yi)＝3＋4i，所以＋yi＝eq\f(3＋4i,i)＝eq\f(3＋4i－i,i－i)＝4－3i，故|＋yi|＝|4－3i|＝eq\r(42＋－32)＝5.]3．某中學(xué)高中一年級有400人，高中二年級有320人，高中三年級有280人，現(xiàn)從中抽取一個容量為200人的樣本，則高中二年級被抽取的人數(shù)為________．【導(dǎo)學(xué)號：91632084】64[抽樣比為eq\f(200,400＋320＋280)＝eq\f(1,5)，故應(yīng)抽取高二學(xué)生320×eq\f(1,5)＝64(人)．]4．如圖1所示，在圓心角為直角的扇形OAB中，分別以O(shè)A，OB為直徑作兩個半圓．在扇形OAB內(nèi)隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率是________．圖11－eq\f(2,π)[設(shè)OA＝OB＝2，如圖，由題意得S弓形AC＝S弓形BC＝S弓形OC，所以S空白＝S△OAB＝eq\f(1,2)×2×2＝2.又因為S扇形OAB＝eq\f(1,4)×π×22＝π，所以S陰影＝π－2.所以P＝eq\f(S陰影,S扇形OAB)＝eq\f(π－2,π)＝1－eq\f(2,π).]5．已知f()＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，若a＝f(lg5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,5)))，則a，b滿足的關(guān)系式為________．a(chǎn)＋b＝1[f()＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝eq\f(1＋sin2x,2)，∴a＝eq\f(1,2)＋eq\f(sin2lg5,2)，b＝eq\f(1,2)＋eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lg\f(1,5))),2)＝eq\f(1,2)－eq\f(sin2lg5,2).因此，a＋b＝1.]6．如下是一個算法的偽代碼，則輸出的結(jié)果是________．eq\o(\a\al(i←1,S←1,WhileS≤24,i←i＋1,S←S×I,EndWhile,Printi))5[i＝1，S＝1時，i＝2，S＝1×2＝2；S＝2時，i＝3，S＝2×3＝6；S＝6時，i＝4，S＝6×4＝24；S＝24時，i＝5，S＝24×5＝120.結(jié)束循環(huán)，輸出i＝5.]7．現(xiàn)有一根n節(jié)的竹竿，自上而下每節(jié)的長度依次構(gòu)成等差數(shù)列，最上面一節(jié)長為10cm，最下面的三節(jié)長度之和為114cm，第6節(jié)的長度是首節(jié)與末節(jié)長度的等比中項，則n＝________.16[設(shè)對應(yīng)的數(shù)列為{an}，公差為d(d＞0)．由題意知a1＝10，an＋an－1＋an－2＝114，aeq\o\al(2,6)＝a1an，由an＋an－1＋an－2＝114，得3an－1＝114，解得an－1＝38，即(a1＋5d)2＝a1(an－1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d＝2，所以an－1＝a1＋(n－2)d＝38，即10＋2(n－2)＝38，解得n＝16.]8．設(shè)α，β∈(0，π)，且sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，則cosβ的值為________．－eq\f(16,65)[由taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，則tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(4,3)，又α∈(0，π)，從而sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，又sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，α，β∈(0，π)，從而cos(α＋β)＝－eq\f(12,13)，cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝－eq\f(16,65).]9．已知實數(shù)，y滿足不等式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≥0，,x＋y－4≥0，,x≤3，))則eq\f(2x3＋y3,x2y)的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(55,9)))[ω＝eq\f(2x3＋y3,x2y)＝eq\f(2x,y)＋eq\f(y2,x2).令t＝eq\f(y,x)，由圖可知eq\f(1,3)≤t≤2，則ω＝t2＋eq\f(2,t)，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，令ω′＝2t－eq\f(2,t2)＝0，則t＝1.ω在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上為減函數(shù)，在t∈[1,2]上為增函數(shù)，t＝1時，ω有最小值3，t＝eq\f(1,3)時，ω有最大值eq\f(55,9)，故t的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，\f(55,9))).]10．在平面直角坐標(biāo)系Oy中，雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左頂點為A，過雙曲線E的右焦點F作與實軸垂直的直線交雙曲線E于B，C兩點，若△ABC為直角三角形，則雙曲線E的離心率為________．2[如圖，由題意得∠BAC＝90°，∠BAF＝∠FAC＝45°，從而AF＝BF.將＝c代入雙曲線方程得yB＝eq\f(b2,a)，AF＝a＋c，從而eq\f(b2,a)＝a＋c，即b2＝a2＋ac，則c2－ac－2a2＝0，即e2－e－2＝0，從而e＝2.]11．三棱錐S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結(jié)論中：圖2①異面直線SB與AC所成的角為90°；②直線SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④點C到平面SAB的距離是eq\f(1,2)a.其中正確結(jié)論的序號是________．①②③④[由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正確；取AB的中點E，連結(jié)CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為C到平面SAB的距離eq\f(1,2)a，④正確．]12．在平面直角坐標(biāo)系Oy中，圓C：2＋y2＝4分別交軸正半軸及y軸正半軸于M，N兩點，點P為圓C上任意一點，則eq\o(PM,\s\up12(→))·eq\o(PN,\s\up12(→))的最大值為________．4＋4eq\r(2)[根據(jù)題意，得M(2,0)，N(0,2)．設(shè)P(2cosθ，2sinθ)，則eq\o(PM,\s\up12(→))＝(2－2cosθ，－2sinθ)，eq\o(PN,\s\up12(→))＝(－2cosθ，2－2sinθ)，∴eq\o(PM,\s\up12(→))·eq\o(PN,\s\up12(→))＝－4cosθ＋4cos2θ－4sinθ＋4sin2θ＝4－4(sinθ＋cosθ)＝4－4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).∵－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1，∴4－4eq\r(2)≤eq\o(PM,\s\up12(→))·eq\o(PN,\s\up12(→))≤4＋4eq\r(2)，∴eq\o(PM,\s\up12(→))·eq\o(PN,\s\up12(→))的最大值為4＋4eq\r(2).]13．已知a，b為正實數(shù)，函數(shù)f()＝a3＋b＋2在[0,1]上的最大值為4，則f()在[－1,0]上的最小值為________．－eq\f(3,2)[由a，b為正實數(shù)，可得函數(shù)y＝a3＋b的導(dǎo)函數(shù)y′＝3a2＋b＞0，即可得函數(shù)y＝a3＋b在R上是增函數(shù)，由此可得函數(shù)f()＝a3＋b＋2在R上是增函數(shù)，又由函數(shù)f()＝a3＋b＋2在[0,1]上的最大值為f(1)＝a＋b＋2＝4，可得a＋b＝2，∴函數(shù)f()在[－1,0]上的最小值為f(－1)＝－a－b＋eq\f(1,2)＝－2＋eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2).]14．由正整數(shù)組成的一組數(shù)據(jù)1，2，3，4，其平均數(shù)和中位數(shù)都是2，且標(biāo)準(zhǔn)差等于1，則這組數(shù)據(jù)為________．(從小到大排列)【導(dǎo)學(xué)號：91632085】1,1,3,3[假設(shè)這組數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列為1，2，3，4，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3＋x4,4)＝2，,\f(x2＋x3,2)＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x4＝4，,x2＋x3＝4.))又s＝eq\r(\f(1,4)[x1－22＋x2－22＋x3－22＋x4－22])＝eq\f(1,2)eq\r(x1－22＋x2－22＋4－x2－22＋4－x1－22)＝eq\f(1,2)eq\r(2[x1－22＋x2－22])＝1，∴(1－2)2＋(2－2)2＝2.同理可求得(3－2)2＋(4－2)2＝2.由1，2，3，4均為正整數(shù)，且(1，2)，(3，4)均為圓(－2)2＋(y－2)2＝2上的點，分析知1，2，3，4應(yīng)為1,1,3,3.]二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分14分)在等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10項和S10＝55.(1)求an和bn；(2)現(xiàn)分別從{an}和{bn}的前3項中各隨機抽取一項，寫出相應(yīng)的基本事件，并求這兩項的值相等的概率．[解](1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q.依題意得S10＝10＋eq\f(10×9,2)d＝55，b4＝q3＝8，4分解得d＝1，q＝2，所以an＝n，bn＝2n－1.6分(2)分別從{an}和{bn}的前3項中各隨機抽取一項，得到的基本事件有9個：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4).12分兩項值相等的基本事件有2個：(1,1)，(2,2)．故所求的概率P＝eq\f(2,9).14分16．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f()＝－eq\r(2)sin2＋eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋6sincos－2cos2＋1，∈R.(1)求f()的最小正周期；(2)求f()在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．[解](1)f()＝－eq\r(2)sin2·coseq\f(π,4)－eq\r(2)cos2·sineq\f(π,4)＋3sin2－cos2＝2sin2－2cos2＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).4分所以f()的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.6分(2)因為f()在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))上是增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2)))上是減函數(shù)，10分又f(0)＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，故函數(shù)f()在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為2eq\r(2)，最小值為－2.14分17．(本小題滿分14分)如圖3，四棱錐E-ABCD中，EA＝EB，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD.圖3(1)求證：AB⊥ED；(2)線段EA上是否存在點F，使DF∥平面BCE？若存在，求出eq\f(EF,EA)的值；若不存在，說明理由．[解](1)證明：取AB中點O，連結(jié)EO，DO.∵EA＝EB，∴EO⊥AB.∵AB∥CD，AB＝2CD，∴BO∥CD，BO＝CD.4分又AB⊥BC，∴四邊形OBCD為矩形，∴AB⊥DO.∵EO∩DO＝O，∴AB⊥平面EOD.∴AB⊥ED.6分(2)存在點F，當(dāng)F滿足eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,2)，即F為EA中點時，有DF∥平面BCE.理由如下：取EB中點G，連結(jié)CG，F(xiàn)G，DF.∵F為EA中點，∴FG∥AB，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)AB.10分∵AB∥CD，CD＝eq\f(1,2)AB，∴FG∥CD，F(xiàn)G＝CD.∴四邊形CDFG是平行四邊形，∴DF∥CG.∵DF?平面BCE，CG?平面BCE，∴DF∥平面BCE.14分18．(本小題滿分16分)某人在如圖4所示的直角邊長為4米的三角形地塊的每個格點(指縱、橫直線的交叉點以及三角形的頂點)處都種了一株相同品種的作物．根據(jù)歷年的種植經(jīng)驗，一株該種作物的年收獲量Y(單位：g)與它的“相近”作物株數(shù)之間的關(guān)系如下表所示：圖41234Y51484542這里，兩株作物“相近”是指它們之間的直線距離不超過1米．(1)完成下表，并求所種作物的平均年收獲量：Y51484542頻數(shù)4(2)在所種作物中隨機選取一株，求它的年收獲量至少為48g的概率．[解](1)所種作物的總株數(shù)為1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株數(shù)為1的作物有2株，“相近”作物株數(shù)為2的作物有4株，“相近”作物株數(shù)為3的作物有6株，“相近”作物株數(shù)為4的作物有3株，列表如下：Y51484542頻數(shù)24635分所種作物的平均年收獲量為eq\f(51×2＋48×4＋45×6＋42×3,15)＝eq\f(102＋192＋270＋126,15)＝eq\f(690,15)＝46.8分(2)由(1)知，P(Y＝51)＝eq\f(2,15)，P(Y＝48)＝eq\f(4,15).12分故在所種作物中隨機選取一株，它的年收獲量至少為48g的概率為P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝eq\f(2,15)＋eq\f(4,15)＝eq\f(2,5).16分19．(本小題滿分16分)已知函數(shù)f()＝eq\f(1,3)3－a＋1.(1)求＝1時，f()取得極值，求a的值；(2)求f()在[0,1]上的最小值；(3)若對任意m∈R，直線y＝－＋m都不是曲線y＝f()的切線，求a的取值范圍．[解](1)因為f′()＝2－a，2分當(dāng)＝1時，f()取得極值，所以f′(1)＝1－a＝0，a＝1.4分又當(dāng)∈(－1,1)時，f′()＜0，∈(1，＋∞)時，f′()＞0，所以f()在＝1處取得極小值，即a＝1符合題意.6分(2)當(dāng)a≤0時，f′()＞0對∈(0,1)成立，所以f()在[0,1]上單調(diào)遞增，f()在＝0處取最小值f(0)＝1，8分當(dāng)a＞0時，令f′()＝2－a＝0，1＝－eq\r(a)，2＝eq\r(a)，當(dāng)0＜a＜1時，eq\r(a)＜1，∈(0，eq\r(a))時，f′()＜0，f()單調(diào)遞減，∈(eq\r(a)，1)時，f′()＞0，f()單調(diào)遞增，所以f()在＝eq\r(a)處取得最小值f(eq\r(a))＝1－eq\f(2a\r(a),3).當(dāng)a≥1時，eq\r(a)≥1，∈[0,1]時，f′()＜0，f()單調(diào)遞減，所以f()在＝1處取得最小值f(1)＝eq\f(4,3)－a.10分綜上所述，當(dāng)a≤0時，f()在＝0處取最小值f(0)＝1；當(dāng)0＜a＜1時，f()在＝eq\r(a)處取得最小值f(eq\r(a))＝1－eq\f(2a\r(a),3)；當(dāng)a≥1時，f()在＝1處取得最小值f(1)＝eq\f(4,3)－a.12分(3)因為?m∈R，直線y＝－＋m都不是曲線y＝f()的切線，所以f′()＝2－a≠－1對∈R成立，只要f′()＝2－a的最小值大于－1即可，而f′()＝2－a的最小值為f(0)＝－a，14分所以－a＞－1，即a＜1.所以a的取值范圍是(－∞，－1).16分20．(本小題滿分16分)已知點P(4,4)，圓C：(－m)2＋y2＝5(m＜3)與橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2