重組卷04-2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷（北京）（解析版）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷04

北京地區(qū)專用(解析版)

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

第一部分(選擇題共40分)

一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).

1.(2019?北京?高考真題)已知集合A=3-l<x<2),B={x?x>?},則AUB=

A.(-1,1)B.(I,2)C.(-1,+8)D.(I,+∞)

【答案】C

【解析】?.F={X∣-1<X<2},8={X∣>1},

/.AB=(-1,+CO),

故選C.

2.(2019?北京?高考真題)設(shè)函數(shù)f(x)=COSX+6SinX(A為常數(shù))，貝IJ"D"是<(x)為偶函數(shù)”的

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】b=Q時(shí)，/(x)=CoSX+bsinX=COSX,f(χ)為偶函數(shù);

/(?)為偶函數(shù)時(shí)，/(-χ)=∕(χ)對(duì)任意的X恒成立，

f(-x)=cos(-x)+?sin(-x)=cosX-ASinX

COSX+6SinX=COSX-Z?SinX,得加inr=。對(duì)任意的X恒成立.，從而8=0.從而“6=0"是"/(x)為偶函數(shù)”的充

分必要條件，故選C.

3.(2017?北京?高考真題)已知函數(shù)/(X)=3'—(；『，則f(χ)

A.是奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)B.是偶函數(shù)，且在R上是增函數(shù)

C.是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)D.是偶函數(shù)，且在R上是減函數(shù)

【答案】A

且“""(J=

【解析】函數(shù)/（x）=3'-的定義域?yàn)镽，

即函數(shù)/（x）是奇函數(shù),

又y=3',y=-（；）在R都是單調(diào)遞增函數(shù)，故函數(shù)Fa）在R上是增函數(shù).

故選A.

4.（2016?北京?高考真題）袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋

中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙

盒.重復(fù)上述過(guò)程，直到袋中所有球都被放入盒中，則

A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多

C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多

【答案】B

【解析】若乙盒中放入的是紅球，則須保證抽到的兩個(gè)均是紅球；若乙盒中放入的是黑球，則須保證抽到

的兩個(gè)球是一紅一黑，且紅球放入甲盒；若丙盒中放入的是紅球，則須保證抽到的兩個(gè)球是一紅一黑：且

黑球放入甲盒；若丙盒中放入的是黑球，則須保證抽到的兩個(gè)球都是黑球.由于抽到兩個(gè)紅球的次數(shù)與抽到

兩個(gè)黑球的次數(shù)應(yīng)是相等的，故乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多，選B.

【考點(diǎn)】概率統(tǒng)計(jì)分析

5.（2014.北京.高考真題）加工爆米花時(shí)，爆開且不糊的粒數(shù)占加工總粒數(shù)的百分比稱為“可食用率”，在特

定條件下，可食用率P與加工時(shí)間t（單位：分鐘）滿足函數(shù)關(guān)系p=at2+bt+c（a,b,c是常數(shù)），如圖記錄

了三次實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)，根據(jù)上述函數(shù)模型和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，可以得到最佳加工時(shí)間為

0.5---------------廠十-T

?I!

::

：：!

---------!--!---1--

O345r

A.3.50分鐘B.3.75分鐘C.4.00分鐘D.4.25分鐘

【答案】B

【解析】由圖形可知，三點(diǎn)（3,0.7）,（4,0.8）,（5,0.5）都在函數(shù)P="+"+c的圖象上,

9α+3A+C=O.7

所以｛16α+46+c=0.8,解得α=-O.2∕=1.5,c=-2,

25o+5b+c=0.5

所以P=-0.2/+1.5f-2=-0.2Q—二1+與，因?yàn)閒>0,所以當(dāng)f=?=3.75時(shí)，。取最大值，

4164

故此時(shí)的t=3.75分鐘為最佳加工時(shí)間，故選B.

6.（2015?北京?高考真題）汽車的“燃油效率”是指汽車每消耗1升汽油行駛的里程，下圖描述了甲、乙、丙

三輛汽車在不同速度下的燃油效率情況.下列敘述中正確的是

“燃油效率（km∕L）

速度(kπVh)

A.消耗1升汽油，乙車最多可行駛5千米

B.以相同速度行駛相同路程，三輛車中，甲車消耗汽油最多

C.甲車以80千米/小時(shí)的速度行駛1小時(shí)，消耗10升汽油

D.某城市機(jī)動(dòng)車最高限速80千米/小時(shí).相同條件下，在該市用丙車比用乙車更省油

【答案】D

【解析】對(duì)于A,由圖象可知當(dāng)速度大于40hw〃?時(shí)，乙車的燃油效率大T5kw∕L,

???當(dāng)速度大于40km∕∕2時(shí)，消耗1升汽油，乙車的行駛距離大于5歷〃，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于2,由圖象可知當(dāng)速度相同時(shí)，甲車的燃油效率最高，即當(dāng)速度相同時(shí)，消耗1升汽油，甲車的行駛路

程最遠(yuǎn)，

二以相同速度行駛相同路程，三輛車中，甲車消耗汽油最少，故8錯(cuò)誤；

對(duì)于C,由圖象可知當(dāng)速度為80初時(shí)，甲車的燃油效率為IObML,

即甲車行駛10k"時(shí)，耗油1升，故行駛1小時(shí)，路程為80b”，燃油為8升，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于。，由圖象可知當(dāng)速度小于805四時(shí)，丙車的燃油效率大于乙車的燃油效率，

二用丙車比用乙車更省油，故。正確

故選D.

7.（2018?北京?高考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，記d為點(diǎn)P（COS高Sine）至）直線X-陽(yáng)一2=0的距離,當(dāng)。、

W變化時(shí)，d的最大值為

A.1B.2

C.3D.4

【答案】C

【解析】QCOSB+SinP為單位圓上一點(diǎn)，而直線X-緲-2=0過(guò)點(diǎn)A(2,0),

所以d的最大值為OA+1=2+1=3,選C.

8.(2010.北京?高考真題)d,5為非零向量,“a是“函數(shù)”x)=(xa+b)?(也-。)為一次函數(shù)”的

A.充分而不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】B

【解析】f(x)=(xa+b)‰b-a)

=a-bx2+(M∣2-|?∣2)x-a?,

若a-Lb<則a?b—0,

如果同時(shí)有Ial=IbI,則函數(shù)恒為0,

不是一次函數(shù)，故不充分；

如果/(X)是一次函數(shù),則%占=0,

故aLb，該條件必要；

故選：B.

9.(2018?北京?高考真題)“十二平均律”是通用的音律體系，明代朱載埔最早用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出半音比例，

為這個(gè)理論的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn).十二平均律將一個(gè)純八度音程分成十二份，依次得到十三個(gè)單音，從第

二個(gè)單音起，每一個(gè)單音的頻率與它的前一個(gè)單音的頻率的比都等于啦.若第一個(gè)單音的頻率為力則第八

個(gè)單音的頻率為

A.√2∕B.五f

C.蚯fD.I療/

【答案】D

【解析】因?yàn)槊恳粋€(gè)單音與前一個(gè)單音頻率比為啦，

所以='y∕2an,l(n≥2,neN+),

1l7I7

又4=F，則為=aiq=/(√2)=^2/

故選D.

10.(2019?北京?高考真題)數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線C：Y+V=l+∣x及就是其中

之一(如圖).給出下列三個(gè)結(jié)論：

①曲線C恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))；

②曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò)近；

③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.

其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是

A.①B—C.①②D.①②?

【答案】C

【解析】由J+y2=i+∣χ∣y得,丁2-由=14。-母]=1-苧1-苧厘),/g,

所以X可為的整數(shù)有0,-1,1,從而曲線c：f+y2=ι+k∣y恰好經(jīng)過(guò)(0,1),0_]),(1,0),(1,1),(IO)(Ll)六個(gè)整點(diǎn),

結(jié)論①正確.

22

由X2+y2=1+Wy得,/+婢1+￡221,解得χ2+y242,所以曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò)√2.

結(jié)論②正確.

如圖所示,易知A(0,T),B(l,0),C(U,),r>(0,l),

13

四邊形ABCD的面積SW=5X1X1+1X1=5,很明顯“心形”區(qū)域的面積大于2SAIICD,即“心形”區(qū)域的面積大

于3,說(shuō)法③錯(cuò)誤.

第二部分(非選擇題共Iio分)

二、填空題5小題，每小題5分，共25分.

11.(2016?北京?高考真題)設(shè)6^/?,若復(fù)數(shù)(1+，)(。+，)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于實(shí)軸上，則。=.

【答案】T.

【解析】由題意得(l+i)(α+i)=α-l+(α+l)ieRna=-L

12.(2018?北京?高考真題)設(shè)函數(shù)/(x)=COS"-抑0>0),若/(x)≤∕[?)對(duì)任意的實(shí)數(shù)X都成立，則

ω的最小值為.

【答案】I

【解析】因?yàn)閒(x)≤∕(?)對(duì)任意的實(shí)數(shù)X都成立，所以“X)取最大值/仔],

JTJT2

所以-0=2kπ(k∈Z),ω=Sk+-(keZ),

463

因?yàn)椤?gt;0,所以當(dāng)A=O時(shí)，。取最小值為;.

13.(2013.北京?高考真題)將序號(hào)分別為1,2,3,4,5的5張參觀券全部分給4人，每人至少一張，如

果分給同一人的兩張參觀券連號(hào)，那么不同的分法種數(shù)是.

【答案】96

【解析】5張參觀券全部分給4人，分給同一人的2張參觀券連號(hào)，方法數(shù)為：1和2,2和3,3和4,4

和5,四種連號(hào)，其它號(hào)碼各為一組，分給4人，共有4x4：=96種

考點(diǎn)：排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問(wèn)題

χ2V2

14.(2016?北京?高考真題)雙曲線二-9=1(4>0,6>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA,OC所在

ab

的直線，點(diǎn)B為該雙曲線的焦點(diǎn).若正方形OABC的邊長(zhǎng)為2,則a=.

【答案】2

【解析】因?yàn)樗倪呅蜵4BC是正方形，所以NAoB=45。，所以直線Q4的方程為y=x,此為雙曲線的漸近

線，因此α=b,又由題意知∣O3∣=2√Σ,所以/+從=〃+。2=(2應(yīng))2,a=2故答案為2.

15.(2008?北京.高考真題)某校數(shù)學(xué)課外小組在坐標(biāo)紙上，為學(xué)校的一塊空地設(shè)計(jì)植樹方案如下第*棵樹

種植在點(diǎn)鼻心，然)處，其中占=1,y=ι,當(dāng)Z≥2時(shí)，

T(a)表示非負(fù)實(shí)數(shù)。的整數(shù)部分，例如7(2.6)=2,T(0.2)=0.

按此方案，第6棵樹種植點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)為__________.第2008棵樹種植點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)為

【答案】(1,2)(3,402)

【解析】一一代入計(jì)算得數(shù)列｛%｝為1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5

數(shù)歹∣J{%}為1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,33,3,3,4,4,4,4,4

因此，第6棵樹種在(1,2),第2008棵樹種在(3,402).

三'解答題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程.

16.(2019?北京?高考真題)在AABC中，4=3,b-c^2,cosB=--.

2

(I)求。，c的值;

(Il)求Sin(B-C)的值.

a2+c2-b11

cosBn=--------------=——

2ac2a=3

【解析】(I)由題意可得：b-c=2,解得:b=7.

a=3c=5

(∏)由同角三角函數(shù)基本關(guān)系可得：sinB=JE=乎'

∣

結(jié)合正弦定理々上?可得:CSinB_5?3

sinBSinCb--iT,

很明顯角C為銳角，故CoSC=JI—side=.,

4/-

故sin(B-C)=sinBcosC-cosBsinC=y√3.

17.(2019?北京?高考真題)如圖，在四棱錐P-48C。中，%_!_平面ABcD,AO_LCZλAO"BC,∕?=Ao=Co=2,

BC=3.E為尸。的中點(diǎn)，點(diǎn)尸在PC上，且皆=g?

(I)求證：COL平面外￡(；

(11)求二面角FTE-P的余弦值；

(IlI)設(shè)點(diǎn)G在尸8上，且P琮G判2斷直線AG是否在平面AE尸內(nèi)，說(shuō)明理由.

PD3

【解析】(I)由于以_L平面ABCZλCoU平面48CO,則PAYCD,

由題意可知ADLC。，且∕?∩4f>=A,

由線面垂直的判定定理可得C0_L平面PAD.

(∏)以點(diǎn)4為坐標(biāo)原點(diǎn)，平面A8C力內(nèi)與AD垂直的直線為X軸，ARΛP方向?yàn)?，軸，z軸建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-Ayz,

易知:A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),

由PTPC可得點(diǎn)尸的坐標(biāo)為嗚,I

由/^=；「?？傻谩?0,1,1),

設(shè)平面AEb的法向量為：nz=(x,y,z),則

’._、(2241224

mAFr=([x,y,z)???=-x+-y+-z=O

S?JJJJJ?J

m?AE=(x,y,z)?(O,1,1)=y+z=O

據(jù)此可得平面AEb的?個(gè)法向量為：相=(1,1,-1),

很明顯平面AEP的一個(gè)法向量為3=(1,0,0),

m`n

cos<m,n>==2

_3

二面角尸-Ab。的平面角為銳角，故二面角色AbP的余弦值為無(wú).

3

?，422、

(In)易知尸(0。2),3(2,—1,0),由PG=可得G∣J,-

4_22

貝IJAG=

333

注意到平面AE尸的一個(gè)法向量為：AM=(1,1,-1),

其加?AG=0且點(diǎn)A在平面AEF內(nèi)，故直線AG在平面AEF內(nèi).

18?(2021?北京?統(tǒng)考高考真題)在核酸檢測(cè)中,7合1“混采核酸檢測(cè)是指：先將k個(gè)人的樣本混合在一起

進(jìn)行1次檢測(cè),如果這么個(gè)人都沒(méi)有感染新冠病毒，則檢測(cè)結(jié)果為陰性，得到每人的檢測(cè)結(jié)果都為陰性，檢

測(cè)結(jié)束:如果這女個(gè)人中有人感染新冠病毒，則檢測(cè)結(jié)果為陽(yáng)性，此時(shí)需對(duì)每人再進(jìn)行1次檢測(cè),得到每人的

檢測(cè)結(jié)果，檢測(cè)結(jié)束.

現(xiàn)對(duì)IOO人進(jìn)行核酸檢測(cè)，假設(shè)其中只有2人感染新冠病毒，并假設(shè)每次檢測(cè)結(jié)果準(zhǔn)確.

(I)將這IOO人隨機(jī)分成10組，每組10人，且對(duì)每組都采用“10合I”混采核酸檢測(cè).

⑴如果感染新冠病毒的2人在同一組，求檢測(cè)的總次數(shù)；

(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一組的概率為'.設(shè)X是檢測(cè)的總次數(shù)，求X的

分布列與數(shù)學(xué)期望E(X).

(II)將這IOO人隨機(jī)分成20組，每組5人，且對(duì)每組都采用“5合1”混采核酸檢測(cè).設(shè)Y是檢測(cè)的總次數(shù),

試判斷數(shù)學(xué)期望E(}Q與⑴中E(X)的大小.(結(jié)論不要求證明)

【解析】(1)①對(duì)每組進(jìn)行檢測(cè)，需要10次；再對(duì)結(jié)果為陽(yáng)性的組每個(gè)人進(jìn)行檢測(cè)，需要10次；

所以總檢測(cè)次數(shù)為20次；

②由題意，X可以取20,30,

rI八一4U)——,rI八一J?Jj—1————

則X的分布列：

X2030

??o

P

TTTT

所以E(X)=20X?+30XE320

"7Γ

(2)由題意,y可以取25,30,

20C2C3495

兩名感染者在同一組的概率為4=:L8=JL,不在同一組的概率為￡=言，

貝∣JE(y)=25x"+30x^="">E(X).

v'999999''

19.(2018?北京?高考真題)已知拋物線C：V=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線/與拋物線C

有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線南交y軸于M,直線PB交y軸于M

(I)求直線/的斜率的取值范圍；

(II)設(shè)。為原點(diǎn)，QMs,QN=μQO,求證：J+,為定值.

【解析】分析：(1)先確定P，再設(shè)直線方程，與拋物線聯(lián)立，根據(jù)判別式大于零解得直線/的斜率的取值范

圍，最后根據(jù)以，P8與y軸相交，舍去k=3,(2)先設(shè)4(足，y∕),B5,”)，與拋物線聯(lián)立，根據(jù)韋

2k-41

達(dá)定理可得4+/=—1一，V2=-j-2-再由。M=4QO,QN=M20得H=I-%，μ=y-yN.利用直線∕?,

PB的方程分別得點(diǎn)M,N的縱坐標(biāo)，代入化簡(jiǎn)4+,可得結(jié)論.

Zμ

詳(I)因?yàn)閽佄锞€y2=2∕w經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2),

所以4=2p,解得p=2,所以拋物線的方程為.v2=4x.

由題意可知直線/的斜率存在且不為0,

設(shè)直線/的方程為產(chǎn)丘+1(燈0).

由['=4x得/d+(2A-4)x+l=0.

[y=Ax+!

依題意A=(2JI-4)2-4X√2X1>0,解得k<0或0<k<l.

又∕?,尸B與y軸相交，故直線/不過(guò)點(diǎn)(1,-2).從而k≠-3.

所以直線/斜率的取值范圍是(-8,-3)U(-3,0)U(0,1).

(II)設(shè)A(x∕>>7)，B(X2，”).

八心2k-41

1xx

Ilj(I)知％+%2=--正一，?2=Zr.

直線外的方程為y-2=X[(x-ι).

百T

—Vi+2—kx,+1C

令戶0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為％='v+2=—l-+2.

x1-1x1-1

—kx,+1

同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為%=—7+2.

由QM=XQO,QN=〃QO得丸二1一%，〃=1一)外

22?-4

所以LI='+'=XT+占-1=_L2中「α+占)=,工+"=2.

λμl-yw1一6(AT)Xl［k-?)x2k-?xlx2k-??

k2

所以;+，為定值.

Zμ

20.(2019?北京?高考真題)已知函數(shù)F(X)=［Y-/+*

4

(I)求曲線y=F(X)的斜率為1的切線方程；

(II)當(dāng)xe［-2,4］時(shí),求證:x-6<f(x)≤xi

(III)設(shè)尸(X)設(shè)/(x)-(x+α)∣(aeR),記尸(無(wú))在區(qū)間［—2,4］上的最大值為M(α),當(dāng)M(a)最小時(shí)，求

。的值.

【解析】(I)∕,(x)=4X2-2X+1,令:(X)=#-2X+I=I得X=O或者X=；.

當(dāng)X=O時(shí)，/(0)=0,此時(shí)切線方程為y=x,即x-y=O;

當(dāng)x=∣時(shí)，/(j)??,此時(shí)切線方程為y=x-捺，即27x-27y-64=0；

綜上可得所求切線方程為X-Y=O和27x-27y-64=O.

1??Q

(Il)設(shè)g(x)=f(x)-x=g?χ)=^-χ2-2x,令g'(x)=7χ2-2x=0得X=O或者X=;,所以當(dāng)

4443

xe［-2,0］時(shí)，，(X)≥0,g(x)為增函數(shù)；當(dāng)XG(O,|)時(shí)，g'(x)<O,g(x)為減函數(shù)：當(dāng)xw