北京八中2023年高考數學試題終極押題卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知橢圓：的左，右焦點分別為，，過的直線交橢圓于，兩點，若，且的三邊長，，成等差數列，則的離心率為（）A． B． C． D．2．設，分別是橢圓的左、右焦點，過的直線交橢圓于，兩點，且，，則橢圓的離心率為()A． B． C． D．3．幻方最早起源于我國，由正整數1，2，3，……，這個數填入方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數的和相等，這個正方形數陣就叫階幻方．定義為階幻方對角線上所有數的和，如，則（）A．55 B．500 C．505 D．50504．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是由一個棱柱挖去一個棱錐后的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為A．72 B．64 C．48 D．325．已知數列為等差數列，為其前項和，，則（）A． B． C． D．6．已知棱錐的三視圖如圖所示，其中俯視圖是等腰直角三角形，則該三棱錐的四個面中，最大面積為（）A． B． C． D．7．已知函數，若函數的極大值點從小到大依次記為，并記相應的極大值為，則的值為（）A． B． C． D．8．已知點在雙曲線上，則該雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．9．如圖，正四面體的體積為，底面積為，是高的中點，過的平面與棱、、分別交于、、，設三棱錐的體積為，截面三角形的面積為，則（）A．， B．，C．， D．，10．總體由編號為01，02，...，39，40的40個個體組成.利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表（如表）第1行的第4列和第5列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（）A．23 B．21 C．35 D．3211．已知復數z＝（1+2i）（1+ai）（a∈R），若z∈R，則實數a＝（）A． B． C．2 D．﹣212．已知命題，且是的必要不充分條件，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．拋物線的焦點到準線的距離為．14．已知向量，，若滿足，且方向相同，則__________．15．已知函數，（其中e為自然對數的底數），若關于x的方程恰有5個相異的實根，則實數a的取值范圍為________.16．已知雙曲線的左、右焦點分別為為雙曲線上任一點，且的最小值為，則該雙曲線的離心率是__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.18．（12分）在以為頂點的五面體中，底面為菱形，，，，二面角為直二面角.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.19．（12分）如圖，在正四棱錐中，底面正方形的對角線交于點且（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）求銳二面角的大小．20．（12分）已知函數.（Ⅰ）當時，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式對任意實數恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）在平面四邊形(圖①)中，與均為直角三角形且有公共斜邊，設，∠，∠，將沿折起，構成如圖②所示的三棱錐，且使=.（1）求證：平面⊥平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓C的標準方程；（2）點P是橢圓上異于短軸端點A，B的任意一點，過點P作軸于Q，線段PQ的中點為M.直線AM與直線交于點N，D為線段BN的中點，設O為坐標原點，試判斷以OD為直徑的圓與點M的位置關系.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

根據等差數列的性質設出，，，利用勾股定理列方程，結合橢圓的定義，求得.再利用勾股定理建立的關系式，化簡后求得離心率.【詳解】由已知，，成等差數列，設，，.由于，據勾股定理有，即，化簡得；由橢圓定義知的周長為，有，所以，所以；在直角中，由勾股定理，，∴離心率.故選：C【點睛】本小題主要考查橢圓離心率的求法，考查橢圓的定義，考查等差數列的性質，屬于中檔題.2．C【解析】

根據表示出線段長度，由勾股定理，解出每條線段的長度，再由勾股定理構造出關系，求出離心率.【詳解】設，則由橢圓的定義，可以得到,在中，有，解得在中，有整理得，故選C項.【點睛】本題考查幾何法求橢圓離心率，是求橢圓離心率的一個常用方法，通過幾何關系，構造出關系，得到離心率.屬于中檔題.3．C【解析】

因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數的和相等，可得，即得解.【詳解】因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數的和相等，所以階幻方對角線上數的和就等于每行（或每列）的數的和，又階幻方有行（或列），因此，，于是．故選：C【點睛】本題考查了數陣問題，考查了學生邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.4．B【解析】

由三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，利用體積公式，即可求解。【詳解】由題意，幾何體的三視圖可知該幾何體是一個底面邊長為4的正方形，高為5的正四棱柱，挖去一個底面邊長為4，高為3的正四棱錐，所以幾何體的體積為，故選B。【點睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線。求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解。5．B【解析】

利用等差數列的性質求出的值，然后利用等差數列求和公式以及等差中項的性質可求出的值.【詳解】由等差數列的性質可得，.故選：B.【點睛】本題考查等差數列基本性質的應用，同時也考查了等差數列求和，考查計算能力，屬于基礎題.6．B【解析】

由三視圖可知，該三棱錐如圖,其中底面是等腰直角三角形，平面,結合三視圖求出每個面的面積即可.【詳解】由三視圖可知，該三棱錐如圖所示：其中底面是等腰直角三角形，平面,由三視圖知，因為,,所以,所以,因為為等邊三角形，所以,所以該三棱錐的四個面中，最大面積為.故選：B【點睛】本題考查三視圖還原幾何體并求其面積;考查空間想象能力和運算求解能力;三視圖正確還原幾何體是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型.7．C【解析】

對此分段函數的第一部分進行求導分析可知，當時有極大值，而后一部分是前一部分的定義域的循環，而值域則是每一次前面兩個單位長度定義域的值域的2倍，故此得到極大值點的通項公式，且相應極大值，分組求和即得【詳解】當時，，顯然當時有，，∴經單調性分析知為的第一個極值點又∵時，∴，，，…，均為其極值點∵函數不能在端點處取得極值∴，，∴對應極值，，∴故選：C【點睛】本題考查基本函數極值的求解，從函數表達式中抽離出相應的等差數列和等比數列，最后分組求和，要求學生對數列和函數的熟悉程度高，為中檔題8．C【解析】

將點A坐標代入雙曲線方程即可求出雙曲線的實軸長和虛軸長，進而求得離心率.【詳解】將,代入方程得，而雙曲線的半實軸，所以，得離心率,故選C.【點睛】此題考查雙曲線的標準方程和離心率的概念，屬于基礎題.9．A【解析】

設，取與重合時的情況，計算出以及的值，利用排除法可得出正確選項.【詳解】如圖所示，利用排除法，取與重合時的情況.不妨設，延長到，使得．，，，，則，由余弦定理得，，，又，，當平面平面時，，，排除B、D選項；因為，，此時，，當平面平面時，，，排除C選項.故選：A.【點睛】本題考查平行線分線段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱錐的體積計算公式、排除法，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．10．B【解析】

根據隨機數表法的抽樣方法，確定選出來的第5個個體的編號.【詳解】隨機數表第1行的第4列和第5列數字為4和6，所以從這兩個數字開始，由左向右依次選取兩個數字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，24，23，54，89，63，21，…其中落在編號01，02，…，39，40內的有：16，26，16，24，23，21，…依次不重復的第5個編號為21.故選：B【點睛】本小題主要考查隨機數表法進行抽樣，屬于基礎題.11．D【解析】

化簡z＝（1+2i）（1+ai）=，再根據z∈R求解.【詳解】因為z＝（1+2i）（1+ai）=，又因為z∈R，所以，解得a＝-2.故選：D【點睛】本題主要考查復數的運算及概念，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.12．D【解析】

求出命題不等式的解為，是的必要不充分條件，得是的子集，建立不等式求解.【詳解】解：命題，即:，是的必要不充分條件，，，解得．實數的取值范圍為．故選：．【點睛】本題考查根據充分、必要條件求參數范圍，其思路方法：(1)解決此類問題一般是把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系，然后根據集合之間關系列出關于參數的不等式(組)求解．(2)求解參數的取值范圍時，一定要注意區間端點值的檢驗．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】試題分析：由題意得，因為拋物線，即，即焦點到準線的距離為.考點：拋物線的性質．14．【解析】

由向量平行坐標表示計算．注意驗證兩向量方向是否相同．【詳解】∵，∴，解得或，時，滿足題意，時，，方向相反，不合題意，舍去．∴．故答案為：1．【點睛】本題考查向量平行的坐標運算，解題時要注意驗證方向相同這個條件，否則會出錯．15．【解析】

作出圖象，求出方程的根，分類討論的正負，數形結合即可.【詳解】當時，令，解得，所以當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減，當時，單調遞減，且，作出函數的圖象如圖：（1）當時，方程整理得，只有2個根，不滿足條件；（2）若，則當時，方程整理得，則，，此時各有1解，故當時，方程整理得，有1解同時有2解，即需，，因為（2），故此時滿足題意；或有2解同時有1解，則需，由（1）可知不成立；或有3解同時有0解，根據圖象不存在此種情況，或有0解同時有3解，則，解得，故，（3）若，顯然當時，和均無解，當時，和無解，不符合題意．綜上：的范圍是，故答案為：，【點睛】本題主要考查了函數零點與函數圖象的關系，考查利用導數研究函數的單調性，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，屬于中檔題．16．【解析】

根據雙曲線方程，設及，將代入雙曲線方程并化簡可得，由題意的最小值為，結合平面向量數量積的坐標運算化簡，即可求得的值，進而求得離心率即可.【詳解】設點，，則，即，∵，，，當時，等號成立，∴，∴，∴.故答案為：.【點睛】本題考查了雙曲線與向量的綜合應用，由平面向量數量積的最值求離心率，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）；（2）.【解析】

（1）令可求得的值，令時，由可得出，兩式相減可得的表達式，然后對是否滿足在時的表達式進行檢驗，由此可得出數列的通項公式；（2）求出數列的通項公式，對分奇數和偶數兩種情況討論，利用奇偶分組求和法結合等差數列和等比數列的求和公式可求得結果.【詳解】（1），當時，；當時，由得，兩式相減得，.滿足.因此，數列的通項公式為；（2）.①當為奇數時，；②當為偶數時，.綜上所述，.【點睛】本題考查數列通項的求解，同時也考查了奇偶分組求和法，考查計算能力，屬于中等題.18．（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）連接交于點，取中點，連結，證明平面得到答案.（Ⅱ）分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，平面的法向量為，平面的法向量為，計算夾角得到答案.【詳解】（Ⅰ）連接交于點，取中點，連結因為為菱形，所以.因為，所以.因為二面角為直二面角，所以平面平面，且平面平面，所以平面所以因為所以是平行四邊形，所以.所以，所以，所以平面，又平面，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知兩兩垂直，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.設設平面的法向量為，由，取.平面的法向量為.所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.19．（1）；（2）.【解析】

(1)以分別為軸,軸,軸,建立空間直角坐標系,設底面正方形邊長為再求解與平面的法向量,繼而求得直線與平面所成角的正弦值即可.(2)分別求解平面與平面的法向量,再求二面角的余弦值判斷二面角大小即可.【詳解】解：在正四棱錐中,底面正方形的對角線交于點所以平面取的中點的中點所以兩兩垂直,故以點為坐標原點,以分別為軸,軸,軸,建立空間直角坐標系．設底面正方形邊長為因為所以所以,所以,設平面的法向量是,因為,,所以,,取則,所以所以,所以直線與平面所成角的正弦值為．設平面的法向量是,因為,,所以,取則所以,由知平面的法向量是,所以所以,所以銳二面角的大小為．【點睛】本題主要考查了建立平面直角坐標系求解線面夾角以及二面角的問題,屬于中檔題.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）分三種情況討論，分別求解不等式組，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根據絕對值不等式的性質可得，不等式對任意實數恒成立，等價于，解不等式即可求的取值范圍.試題解析：（Ⅰ）當時，即，①當時，得，所以；②當時，得，即，所以；③當時，得成立，所以.故不等式的解集為.（Ⅱ）因為，由題意得，則，解得，故的取值范圍是.21．（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）取AB的中點O，連接，證得，從而證得C′O⊥平面ABD，再結合面面垂直的判定定理，即可證得平面⊥平面；（2）以O為原點，AB，OC所在的直線為y軸，z軸，建立的空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】(1)取AB的中點O，連接，，在Rt△和Rt