数学（北京卷）-学易金卷：2023年高考考前押题密卷（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2023年高考考前押题密卷（北京卷） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、先选择题共10小题，每小题4分，分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二次不等式的解法解出集合，然后计算集合的交集. 【详解】由， ， 所以， 故选：D. 2．若，则（    ） A．5 B． C． D．3 【答案】B 【分析】由题意求，进而可求其模长. 【详解】∵，则， 则. 故选：B. 3．已知抛物线的焦点为F，点在该抛物线上，且P的横坐标为4，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案. 【详解】抛物线的准线方程为， 因为点在抛物线上，P的横坐标为4，抛物线的焦点为F， 所以等于点到直线的距离， 所以， 故选：D. 4．的展开式中的系数为（    ） A．9 B．10 C．24 D．25 【答案】B 【分析】首先求出的通项，再根据通项求解即可. 【详解】的通项， 令，，令，，令，， 展开式中的系数为. 所以的展开式中的系数为10. 故选：B 5．已知的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简，根据三角函数图象的平移变换可得的表达式，结合其性质，求得的表达式，即可求得答案. 【详解】由题意可得， 故，由于的图象关于y轴对称， 则为偶函数，故,即， 故的最小值为， 故选：B 6．已知，，，则的最小值为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】B 【分析】条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解. 【详解】因为，所以，即， 所以 ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为6. 故选：B. 7．定义：，其中为向量与的夹角．若，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由向量数量积定义可构造方程求得，由此可得，根据可求得结果. 【详解】，，又，， . 故选：D. 8．已知正实数x，y，z满足，则（    ） A． B． C．x，y，z可能构成等比数列 D．关于x，y，z的方程有且只有一组解 【答案】D 【分析】对于A、B项，令，结合幂函数的单调性即可判断；对于C项，利用反证法即可判定；对于D项，构造函数判定其零点个数即可. 【详解】令，则 令， 由幂函数图象的性质可知： 当时，在上单调递增，故，即； 当时，在上单调递减，故，即； 故AB不一定正确； 假设成等比数列，则， 则，与已知矛盾，故C错误； 令，由指数函数的性质可知在上单调递减， 注意到，故只有一个零点，即只有一个解， 所以只有一组解，故D正确. 故选：D 9．如图所示，当篮球放在桌面并被斜上方一个灯泡（当成质点）发出的光线照射后，在桌面上留下的影子是椭圆，且篮球与桌面的接触点是椭圆的右焦点．若篮球的半径为个单位长度，灯泡与桌面的距离为个单位长度，灯泡垂直照射在平面上的点为，椭圆的右顶点到点的距离为个单位长度，则此时椭圆的离心率等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，根据直线与圆相切可构造方程求得点坐标和点坐标，确定，的值，由此可构造方程组求得，进而得到离心率. 【详解】以为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系， 由题意知：，，，， 则直线，即， 设，则， 点到直线的距离，解得：， ，即； 设直线，即， 点到直线的距离，解得：或， 又直线，，即直线， 令，解得：，即， ，即； 由得：，椭圆离心率. 故选：D. 10．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 【答案】D 【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的