人教2023年高考押题预测卷01（乙卷理科）（全解全析）.docx

2023年高考押题预测卷01
理科数学·全解全析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知全集，集合，则集合等于（     ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先表示出集合与集合的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．
【详解】由题意知，，
所以，，
故选：B．
2．设i为虚数单位，且，则的虚部为（    ）
A． B．2 C．2i D．
【答案】B
【分析】由复数的乘法运算化简，再由复数相等求出，即可求出的虚部.
【详解】由可得：，
则，所以的虚部为2.
故选：B.
3．已知向量，满足，若，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.
【详解】∵，∴
∵，∴
∵，∴，即.
故选：C.
4．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列
的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（    ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】B
【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.
【详解】解:由题意可令,
所以将数列逐个列举可得:
,,,,,
故,
因为,
所以,
故.
故选:B
5．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上（异于顶点），（点为坐标原点），过点作直线的垂线与轴交于点，则（    ）
A．6 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】设，由，得为的中点, 表示的方程，求出点的坐标，结合抛物线的定义求得结果.
【详解】法一：依题意，设，由，得为的中点且，
则，易得直线的垂线的方程为.
令，得，故，由抛物线的定义易知，
故，
故选:A.
法二：特殊值法.不妨设，则，则，易得直线的垂线的方程为.令，得，故，又，故.
故选:A.
6．执行下面的程序框图，则输出的（    ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】按照迭代方式代入根据格式判断规律为等比数列的求和，按照等比数列求和公式 求出数据逐渐做判断即可得解.
【详解】经过判断框时，
第一个S变为 ，n变为2，
第二个S变为 ，n变为3，
第三个S变为，n变为4，
第四个S变为，n变为5，

第九个S变为，n变为10，
第十个S变为，判断框按照“否”输出n=10.
故选：B.
7．在正方体中，M，N，P分别为，，的中点，则下列结论中错误的是（    ）
A． B．平面平面
C． D．平面平面
【答案】D
【分析】求得与位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；求得与位置关系判断选项C；求得平面与平面位置关系判断选项D.
【详解】对A，在中，因为，分别为，的中点，
所以．又，所以，A正确．
对B，在中，因为，分别为，的中点，
所以．因为平面，平面，
所以平面．
因为，平面，平面，
所以平面．又因为，平面，
所以平面平面，B正确．
对C，因为，，所以，C正确．
对D，取的中点，连接，，则是二面角的平面角．
设正方体棱长为a，则，
又，则，所以平面与平面不垂直．
又平面平面，所以平面与平面不垂直，D错误．
故选：D．
8．设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（    ）
A．或 B．或 C． D．
【答案】D
【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.
【详解】由题意知：，
在处取得极值，，
解得：或；
当，时，，
在上单调递增，不合题意；
当，时，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
是的极小值点，满足题意；
，又与同号，.
故选：D.
9．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】是外心，是球心，求出，当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，由此求得最大体积即可．
【详解】如图，是外心，即所在截面圆圆心，设圆半径为是球心，
因为，，
由余弦定理可得：，
所以，所以，则
，，
平面，平面，则，
所以，
当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，
此时棱锥的高为，，