2023年高考押題理科數(shù)學(xué)試題（一）答案

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2023年高考信息預(yù)計(jì)押題仿真模擬試題(新課標(biāo)全國卷)

理科數(shù)學(xué)(一)答案

1．B依題意，由log4(x?1)≤1，得0?x?1≤4，?1?x≤3，

即集合A?(?1,3]，AB?{1,3}，應(yīng)選B．

2．A解法一由復(fù)數(shù)的運(yùn)算可得

1?i?i?2?3i?4?2?2i，z1?i1?ia?ba?b??2?i?2?2i，設(shè)z?a?bi(a,b?R)，則222za?bia?ba?b?a?b?2?1i?a2?b2所以?，解方程組得a?0，b?，所以z?，應(yīng)選A．

22?a?b??2?a2?b2?解法二由復(fù)數(shù)的運(yùn)算可得

1?i?i?2?3i?4?2?2i，z1?i(1?i)22ii所以z????．

2(1?i)2(1?i)(1?i)423．B將|a?b|?|a?b|兩邊平方得a?b?0，將已知代入得4?a(a?3)?0，即

a2?3a?4?0，解得a??4或1，應(yīng)選B．

4．B初始值：n?0，S=0；第一次循環(huán)：n=1，S=1；其次次循環(huán)：n=2，S=1+2=3；

第三次循環(huán)：n=3，S=3+3=6；第四次循環(huán)：n=4，S=6+4=10；第五次循環(huán)：n=5，

S=10+5=15；第六次循環(huán)：n=6，S=15+6=21；第七次循環(huán)：n=7．由于輸出的值為

21，所以結(jié)合選項(xiàng)可知判斷框內(nèi)應(yīng)填n?6，應(yīng)選B．5．A由

3x?1x?3111?2，得?0，即?1?x?3；由()x?5?4，得()x?5?()?2，x?1x?1222所以x?5??2，即x?3．因此p是q的充分不必要條件，應(yīng)選A．6．Da1?1，a2?2，a3?4?2，a4?8?23，a5?16?24，…，

所以an?2n?1，a5?a11?2?2?1040，應(yīng)選D．

4102?x?y?4≥0?7．A作出?x?2y?4≥0，所對應(yīng)的可行域(如圖中△BDE及其內(nèi)部所示)，

?x≤4?

y表示可行域內(nèi)的點(diǎn)與定點(diǎn)(?1,0)連線的斜率，當(dāng)取圖中△ABC內(nèi)及邊界上的點(diǎn)x?1時(shí)，

?x?y?4?0y248≤成立．由?，可得E(,)，x?1533?x?2y?4?0?x?y?4?0?x?41810由?，可得C(,)，由?，得A(4,2)，

772x?5y?2?02x?5y?2?0??故S?ABC?1181014816?2?(4?)?，S?BDE??4?(4?)??2?，2772333則所求概率P?S?ABC10315，應(yīng)選A．???S?BDE71656

8．A由三視圖可畫出幾何體的直觀圖為多面體ABCDEF，放在長方體中如下圖，

則幾何體的表面由四個全等且直角邊長分別為2，3的直角三角形，兩個邊長分別為

13，13，22的等腰三角形及一個邊長為2的正方形構(gòu)成，故幾何體的表面積為

14??2?3?2?22?4?16?222．

2

9．C由圖知A?3，不妨設(shè)兩個相鄰的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為P，Q，過P作PH⊥x軸于H，如下圖．

令|HM|?m(m?0)，則m2?(3)2?4，得m?1，所以P(1,3)，Q(3,?3)，

設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，則所以f(x)?3sin(由于|?|?T2???2，T?4?，??，2?2?2x??)．將(2，0)代入得????k?(k?Z)，

3sin?2，所以??0，f(x)??2x，

所以g(x)?3sin[由2k???1??(x?)]=3sin(x?)．2326?226224解得4k?≤x≤4k?(k?Z)，

3310161016令k?1，得≤x≤，g(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為[,]，應(yīng)選C．

333310．B聯(lián)立拋物線x2?2py與直線y?2x?2的方程，消去y得x2?4px

≤?x??≤2k???(k?Z)，

?4p?0．設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則??16p2?16p?0，x1?x2?4p，

x1x2??4p，∴Q(2p,2p)．∵|2QA?QB|?|2QA?QB|，∴QA?QB?0，

∴(x1?2p)(x2?2p)?(y1?2p)(y2?2p)?0，

即(x1?2p)(x2?2p)?(2x1?2?2p)(2x2?2?2p)?0，

∴5x1x2?(4?6p)(x1?x2)?8p2?8p?4?0，將x1?x2?4p，x1x2??4p代入，

1或p??1(舍去)．應(yīng)選B．4111．C∵DA⊥平面ABC，S?ABC?AB?AC?8，

21832∴三棱錐的體積V?S?ABC?DA??DA?，∴DA=4，

333得4p?3p?1?0，得p?2∴BD?AB2?DA2?42，CD?DA2?AC2?42．

設(shè)BC的中點(diǎn)為F，連接EF，AF，如圖，則EF?1CD?22，2

AF?11BC?22，AE?BD?22，∴△AEF是正三角形，22∴∠AEF=60°．∵E是DB的中點(diǎn)，則EF∥DC，∴∠AEF是異面直線AE與DC所成的角，即異面直線AE與DC所成角的大小為60°．

12．D解法一：先作出f(x)的圖象如下圖，通過圖象可知，若0?a?b，

?log1a?t?(t>0)，f(a)?f(b)，則0?a?1?b，設(shè)f(a)?f(b)=t，則?2023??log2023b?t?a?2023?t2ttab?12a?b??2023故?，所以，，而2023?0，tt2023?b?2023所以2a?b?2tt?2023≥22，當(dāng)且僅當(dāng)2023?2時(shí)等號成立．t2023令m?2a?b，則m≥22，

故4a?b?2a?b?(2a?b)?(2a?b)?4?m?m?4?(m?)?222212217，417在m?[22,??)上單調(diào)遞增，4121722≥4?22．所以4a?b?2a?b?(m?)?24由于y?(m?)?212

解法二：先作出f(x)的圖象如下圖，通過圖象可知，若0?a?b，f(a)?f(b)，則0?a?1?b，可得log12023a??log2023a?log2023b，

1，a所以log2023a?log2023b?log2023(ab)?0，所以ab?1，b?所以2a?b?2a?112≥22，當(dāng)且僅當(dāng)2a?，即a?時(shí)，等號成立．a(chǎn)a2令m?2a?b，則m≥22，

所以4a?b?2a?b?(2a?b)?(2a?b)?4?m?m?4?(m?)?222212217,4

17在m?[22,??)上單調(diào)遞增，4121722≥4?22．所以4a?b?2a?b?(m?)?24由于y?(m?)?212二、填空題：此題共4小題，每題5分．

r13．由二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)Tr?1=C6即sin??(sin?)6?rxr可得，C56sin??3，

121，2因此cos2??1．214．(??,e2?2e]由[f(x)]2?2f(x)?a≥0在[0，1]上有解，

可得a≤[f(x)]2?2f(x)，即a≤e令g(x)?e2x2x?2ex．

?2ex(0≤x≤1)，則a≤g(x)max，

x由于0≤x≤1，所以1≤e≤e，

則當(dāng)e?e，即x?1時(shí)，g(x)max?e2?2e，

即a≤e?2e，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(??,e2?2e]．

15．610如下圖，連接BD，由于ABCD為圓內(nèi)接四邊形，所以A?C?180°，

2x62?52?BD2則cosA??cosC，利用余弦定理得cosA?，

2?6?5274332?42?BD22cosC?