2023届高考理科数学一轮复习测试调研卷（全国卷地区使用）

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2023届高考理科数学一轮复习测试调研卷（全国卷地区使用）【考试时间：120分钟】【满分：150分】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，只有一项是符合题目要求的。1.设全集，则(   )A.B.C.D.2.若，则(   ).A. B. C. D.i3.已知向量a，b满足，，，则(   )A.-2 B.-1 C.1 D.24.设是首项为-10，公差为2的等差数列，是首项为，公差为的等差数列.O为原点，向量，，点满足.若存在点位于第一象限，则(   )A.5或6 B.6 C.7 D.6或75.过抛物线的焦点F作直线交抛物线于、两点，若，则的值为(   )A.10 B.8 C.6 D.46.执行如图所示的程序框图，若输出的，则空白判断框中可填入的条件是(   )A. B. C. D.7.如图，在正方体中，E，F，G分别是棱AB，BC，的中点，过E，F，G三点作该正方体的截面，则下列说法错误的是(   )A.在平面内存在直线与平面EFG平行B.在平面内存在直线与平面EFG垂直C.平面平面EFGD.直线与EF所成角为45°8.已知数列的前n项和，正项等比数列满足，则使成立的n的最大值为(   )A.5 B.6 C.7 D.89.菱形ABCD的边长为3，，沿对角线AC折成一个四面体，使得平面平面ABC，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为(   )A. B. C. D.10.甲、乙两名同学将参加2021年高考，根据高三年级一年来的各种大、中、小型数学模拟考试总结出来的数据显示，甲、乙两人能考140分以上的概率分别为和，甲、乙两人是否考140分以上相互独立，则预估这两个人在2021年高考中恰有一人数学考140分以上的概率为(   )
A. B. C. D.11.已知双曲线，直线与T交于A，B两点，直线与T交于C，D两点，四边形ABCD的两条对角线交于点E，，则双曲线T的离心率为(   )A. B. C.2 D.412.已知函数的定义域为R，且函数的图象关于点(1，0)对称，对于任意的x，总有成立，当时，，函数，对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数m构成的集合为(   )A.  B.C.  D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.我国在北宋年间（公元1084年）第一次印刷出版了《算经十书》，即贾宪的《黄帝九章算法细草》，刘益的《议古根源》秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》，杨辉的《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》.这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的高峰.某学校图书馆中正好有这十本书，现在小张同学从这十本书中任借三本阅读，那么他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为_____.14.已知A在直线上，点B是圆上的点，则的最大值为_____________.15.已知函数在上有最大值，无最小值，则的取值范围是__________.16.已知函数的图像与的图像在区间上存在关于x轴对称的点，则m的取值范围是_______________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）在中，内角所对的边分别为，且满足.(1)求角A的值；(2)设的外接圆半径为r，若，求的面积的最大值.18.（12分）如图，在三棱柱中，四边形ABCD是菱形，，P，Q分别为AD，BE的中点，且平面平面ABCD.(1)求证：；(2)求直线PQ与平面BDF所成角的正弦值.19.（12分）随着城市规模的扩大和人们生活水平的日益提髙，某市近年机动车保有量逐年递增.根据机动车管理部门的统计数据，以5年为一个研究周期，得到机动车每5年纯增数量(单位：万辆)的情况如下表.年度周期1995~20002000~20052005~20102010~20152015~2020时间变量12345纯增数量/万辆3691527其中，2，3，…，时间变量对应的机动车纯增数量为，且通过数据分析得到时间变量x与对应的机动车纯增数量y(单位：万辆)具有线性相关关系.(1)求机动车纯增数量y关于时间变量x的回归方程，并预测2025~2030年间该市机动车纯增数量的值；(2)该市交通管理部门为了了解市民对“单双号限行”的赞同情况，随机采访了220名市民，将他们的意见和是否拥有私家车情况进行了统计，得到的2×2列联表如下表. 赞同限行不赞同限行合计没有私家车9020110有私家车7040110合计16060220根据列联表判断，能否有99%的把握认为对限行是否赞同与拥有私家车有关？附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.，.0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82820.（12分）已知椭圆，其左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，且椭圆的离心率.（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆上存在一点M，使得，求直线l的方程.21.（12分）已知函数.（1）函数在上单调递增，求出实数a的取值范围；（2）若方程在上有两个不同的实根，求出实数a的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.（10分）[选修4 – 4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，曲线的参数方程为(其中φ为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)射线与曲线，分别交于点(均异于极点)，当时，求的最小值.23.（10分）[选修4 – 5：不等式选讲]已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)若恒成立，求a的取值范围.
答案以及解析1.答案：C解析：因为，所以.2.答案：D解析：由，得，所以，故选D.3.答案：C解析：由，可得，又，，所以，故选C.4.答案：D解析：由已知得，.因为，所以点的坐标为，可得.若存在点位于第一象限，则解得，所以或7.故选D.5.答案：B解析：依题意得，，，又，.因此，，故选B.6.答案：C解析：模拟执行程序框图，；；；；；，退出循环.故空白判断框中可填入的条件是“”，选C.7.答案：D解析：设BD交AC于点O，EF交BD于点P，连接，PG.因为，，所以.因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG.又平面，故A正确.连接，.因为平面，所以.又，所以.因为平面，所以.又，，所以平面，所以.又，所以.因为，所以平面EFG.又平面，故B正确.因为，，EG，平面EFG，，平面EFG，所以平面EFG，平面EFG.又因为平面，平面，，所以平面平面EFG，故C正确.因为，为等边三角形，故直线与AC所成角为60°，即直线与EF所成角为60°，故D不正确.故选D.8.答案：D解析：设等比数列的公比为q，由题意可知当时，；当时，，.，，，，，n的最大值为8，故选D.9.答案：A解析：如图所示，分别为和的外接圆圆心.因为四边形ABCD为菱形，，所以和均为等边三角形.设E为AC的中点，连接DE，BE，则又因为平面平面ABC，且平面平面，所以平面过作垂直于平面ABC的直线，过作垂直于平面ADC的直线，两直线交于点O，则交点O为四面体ABCD外接球的球心，连接OB.因为四边形为矩形，所以所以外接球的半径为故该四面体外接球的表面积故选A.
 10.答案：A解析：因为这两个人在2021年高考中恰有一人数学考140分以上的概率为甲考140分以上乙未考到140分以上事件概率与乙考140分以上甲未考到140分以上事件概率的和，而甲考140分以上乙未考到140分以上事件概率为，乙考140分以上甲未考到140分以上事件概率为，因此，所求概率为.11.答案：A解析：在中，令，得，不妨设，同理可得，由对称性可知，四边形ABCD的两条对角线的交点E在y轴上.易知直线AC的方程为，令，得，即.因为，所以是等边三角形，，所以，因为，所以，所以.12.答案：A解析：由函数的图象关于点(1，0)对称知函数的图象关于原点对称，即函数是奇函数，由任意的x，总有成立，即恒成立，得函数的周期是4，又当时，，所以当时，，而是奇函数，所以当时，，又，，从而得，即当时，，由函数的周期是4，得函数在R上的值域是(-1，1)，因为对任意，存在，使得成立，所以，即在R上有解，当时，取，则成立，即，符合题意，当时，在R上有解，必有，解得，则，符合题意.综上可得，所以满足条件的实数m构成的集合为.故选A.13.答案：解析：根据题意可知，这十本书中共有五本有一个“算”字，因为小张同学从这十本书中任借三本阅读共有种情况，他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字共有种情况，故所求概率为.14.答案：45°解析：若点A固定，则当AB与圆相切时，最大，此时.当点A在直线l上移动时，易知当时，最小，且，此时最大，最大值为.因为是锐角，所以的最大值为45°.15.答案：解析：要求函数在上有最大值，但没有最小值，所以，解得.又函数在上有最大值，但没有最小值，所以存在，使得.因为，所以，所以，又，所以，所以，由，解得.由，解得，所以.16.答案：解析：当时，直线在图像的上方，故当时，.因为函数的图像与的图像在区间上存在关于x轴对称的点，等价于方程，即在区间上有解.令，则，因为，所以，则由，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.又，，，所以实数m的取值范围为.17.答案：(1)(2)解析：(1)因为，所以， 则，故.因为，所以，即，且，所以.(2)因为，所以.由(1)知，所以由余弦定理得，则，由基本不等式得，即，当且仅当时，等号成立，，则面积的最大值为.18.答案：(1)证明过程见解析.(2)正弦值为.解析：(1)连接BP，在菱形ABCD中，易得.平面平面ADF，平面平面，平面ADF.又平面ADF，.在中，易知，.又，，连接EP，，平面BEP，平面BEP，又平面BEP，.(2)解法一：取DF的中点G，连接EG，GP.，.四边形PQEG为平行四边形，.直线PQ与平面BDF所成的角就是直线EG与平面BDF所成的角.由(1)知，，在中，，.在中，，易知，连接BG，.又，平面BEG.又平面BDF，平面平面BEG.过E作于点H，平面平面，平面BDF.就是直线EG与平面BDF所成的角.在中，易得，，直线PQ与平面BDF所成角的正弦值为.解法二：由(1)知，故可以PB，PA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.，，.设平面BDF的法向量为，则即取，则，.设直线PQ与平面BDF所成的角为，则.直线PQ与平面BDF所成角的正弦值为.19.答案：(1)，2025~2030年间该市机动车约纯增34.8万辆(2)有99%的把握认为对限行是否赞同与拥有私家车有关解析：(1)由机动车的纯增数量表可知，，所以，因为回归直线过样本点的中心，所以，解得，所以.当年度周期为2025~2030时，，所以，所以2025~2030年间该市机动车约纯增34.8万辆.(2)根据列联表，计算得的观测值.因为，所以有99%的把握认为对限行是否赞同与拥有私家车有关.20.答案：（1）（2）解析：（1）过的直线，令，解得，，，，，椭圆C的方程为.（2）设，，，由，得，，将其代入椭圆方程，可得，，，联立方程，得消去x，可得，，，，即，解得.故所求直线l的方程为.21.答案：（1）（2）解析：（1）函数的定义域为.因为函数在上单调递增，所以，所以，所以.令，，则，所以函数在上单调递减，，所以，故实数a的取值范围为.（2）若，则.设，则.令，则.设，易知函数在上单调递减，所以当时，，所以当时，，故函数在上单调递减，，所以当时，，即，函数单调递增；当时，，即，函数单调递减，所以，而.因为直线与函数有两个不同的交点，所以实数a的取值范围为.22.答案：(1)；(2)解析：(1)由题可得曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为.(2)曲线的极坐标方程为，所以.又因为，所以.因为，所以，所以当时，有最小值，最小值为.23.答案：(1)或(2)解析：(1)当时，等价于或或解得或，∴不等式的解集为或.(2)易知，∴若恒成立，则，即，或，解得，的取值范围为.