必刷卷01（乙卷理科）——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（全国乙卷地区专用）（原卷版+解析版）

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绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷01
全国乙卷地区专用
理科数学

新课标全国卷乙卷试题结构为12道单选题，4道填空题，6道解答题，其中一道解答题是“二选一”型。其中解答题是4道“基础型”，2道“压轴型”，随着新高考的推进，新课标全国乙卷地区也逐渐过渡到新高考试卷，所以这几年新课标全国卷试题出题也逐渐有新高考的特色，其中一点就是反映在“基础大题”的考察难易变化上。
基础大题主要考察数列，三角函数与解三角形，概率分布列，立体几何这几个方便。全国卷这几年的难易变化体现在这样几方面：
1.两个压轴大题，不再是圆锥曲线和导数，也会把概率分布列作为压轴大题，圆锥曲线或者导数其中一道有可能被“替换”为基础大题。
2..原来的基础大题三角、数列、立体几何、概率等试题考察的位置和试题顺序不再固定，而是根据考试范围和难易来打乱调整。
3.基础大题试题考察难度，考察内容，更加灵活多变，尽可能打破“套路思维”，注重数学思维的考察。
4.基础大题有些题由两问变为三问，分散难度，但是增加了数学思维的广度。如本卷第18题。

2022年新课标全国卷乙卷试卷试题，把概率统计大题放到第19题位置，21年是概率统计在17题位置，和21年相比较，试题由两问变成3问，试题考察的数学知识覆盖面更广，试题考察背景紧密结合社会生产生活，试题考察社会环保治理与发展的相互关系，虽然是基础大题，但是涉及到的数学建模数学应用。预测2023年新课标全国乙卷仍将继续这种“变新”，所以作为基础大题，每一种类型题，更要注重数学思维和社会实践相结合的考察。
同时也要注意基础试题在知识交汇处的考察，考察的数学知识运用处理能力综合度较强，如本试卷的第7和第8题。第7题考察框图，但是数学能力与知识的考察却在三角函数综合恒等变形与数列裂项求和这方面，难度虽然不是压轴小题的难度，但数学知识点跨度大，数学思维思考面要求广，是复习备考和试卷模拟时要多注意多注重的考点之一。


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．设集合，则集合（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先化简，再求出，进而利用交集概念求出结果即可.
【详解】解：因为，
因为，所以，
所以.
故选：D
2．已知向量，，且，则向量的夹角是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由可求得，根据向量夹角公式可求得结果.
【详解】，，
，又，.
故选：D.
3．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简，再整体法利用倍角公式即可.
【详解】，
，则.
故选：C.
4．如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：

下列结论中错误的是（    ）
A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
C．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平
D．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
【答案】D
【分析】利用折线图、条形图及扇形图的特点即可求解.
【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；
对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；
对于D，由题中三幅统计图并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.
故选：D.
5．若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将中含有的项都写成的形式，即可得解.
【详解】
，
所以，
所以.
故选：D.
6．已知，，则“”是“”成立的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先化简，然后判断其充分性与必要性即可.
【详解】先化简，构造函数，
所以有，显然在单调递增，所以；
又因为，，所以由“”不能得出“”，由“”可得出“”，故“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：B
7．执行如图示的程序框图，输出的的值等于

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】模拟程序框图的执行过程得出程序运行后输出S＝tan1tan2+tan2tan3+…tan100tan101的值；
利用tan（2﹣1）求出tan1tan22，同理求得S的值．
【详解】解：模拟程序框图的执行过程知，该程序执行后输出
S＝tan1tan2+tan2tan3+…tan100tan101的值；
tan（2﹣1），
∴tan1tan22，
同理tan2tan31，
…；
∴S＝（2）+（1）+…+（1）
＝（）+（﹣2﹣1﹣…﹣1）
101．
故选：A．
8．如图甲，在等腰直角三角形中，，，分别为两直角边上的点，且，沿直线折叠，得到四棱锥，如图乙，则四棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由体积公式得平面与平面垂直时，四棱锥体积最大，设，用表示出体积，然后由导数求得最大值．
【详解】如图1，分别是中点，则共线且，如图2，在折叠的过程中，当平面与平面垂直时，由面面垂直的性质定理得平面，当平面与平面不垂直时，是点到平面的一个斜线段，因此到平面的距离小于，所以四棱锥体积最大时，平面与平面垂直时，由面面垂直的性质定理得平面，
设长为，则,，，，
则四棱锥体积为，
由，易得时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，即在处取到最大值，，
故选：B.



【点睛】结论点睛：由点到平面的距离的定义知平面外任一点到平面的距离是到平面上任一点距离的最小值．在把折起时，由于到直线的距离为定值，因此当平面与平面垂直时，到平面的距离最大，从而相应棱锥体积最大．
9．将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象.若在上的最大值为，则的取值个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用函数图象的平移与伸缩变换求得的解析式，再由的范围求得的范围，结合在上的最大值为，分类求解得答案．
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象．
再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象，
由上，得，
当，即时，则，求得，
当，即时，由题意可得，
作出函数与的图象如图：

由图可知，此时函数与的图象在上有唯一交点，
则有唯一解，
综上，的取值个数为2．
故选：B．
【点睛】本题考查型的函数图象的变换，考查分类讨论的数学思想方法与数形结合的解题思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力。
10．已知,若,则的最小值等于(    )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先变形为，证明，再把问题转化为求直线上的动点到圆上动点距离的最小值.
【详解】由题设，
设,则，
当单调递减，
当单调递增，
所以，即，
综上，，即，所以，
设是直线上的点，是圆上的点，
而目标式为，
由，故.
故选：B.

11．如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（    ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.
【详解】
由题意，做轴于点，
因为四边形是等腰梯形，则，
则点的横坐标为，代入椭圆方程，
可得，即，
因为，则，
由，则，
化简可得，，同时除可得，
即，
对于
当时，，当时，，
在时，方程有根，
且，故应舍，所以.
故选:D
【点睛】解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.
12．已知函数和的定义域为，且为偶函数，，且为奇函数，对于，均有，则（    ）
A．1 B．66 C．72 D．2022
【答案】C
【分析】根据，求出的周期，由为偶函数求出；根据，求出的周期，由求出；再根据，均有，令即可列出关于的方程组，求出，最后根据函数的周期性可得.
【详解】依题意，
因为，所以，
所以，所以的周期，
所以，
又因为为偶函数，
所以，
所以的图象关于直线对称，
所以；
因为，即，
所以，所以的周期，
所以，
因为为奇函数，
所以，
所以的图象关于点对称，
所以；
因为对于，均有，
所以，，
所以，
由，解得：，
所以，
故选：C.
【点睛】本题考查了函数的周期性、奇偶性以及对称性，利用题设给定的公式转化化简是关键，转化时要注意奇偶性的运用，可以利用函数的周期将问题转化到题中给定函数的区间内，最后进行对赋值即可得到相应的方程组，求解方程组即可.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设复数，满足，则___________.
【答案】2
【分析】设，，，根据复数模的计算公式计算可得．
【详解】设，，，由已知得：
，，，
则，

，
则
故答案为：．
14．已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.
【答案】
【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值.
【详解】因为数列是正奇数列，
对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；
当为偶数时，设，则为奇数，
所以，，则，
因此，.
故答案为：.
15．已知等腰梯形是半径为2的圆的内接四边形，且，，则等腰梯形的四条边长的乘积的最大值为__________．
【答案】36
【分析】如图所示，连接，设，，则，根据正弦定理
得到乘积为，设，得，再利用均值不等式得到答案.
【详解】如图所示：连接，设，，则．

在中，，，，
在，，，
故梯形的四条边乘积



，
设，得，，，
，
（当且仅当时，等号成立）．
，当时，取得最大值．
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查了正弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，
转化能力和综合应用能力，其中引入变量，将乘积转化为关于的函数关系再利用均值不等式求解是解题的关键.
16．设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为______.
【答案】
【分析】由原不等式结合基本不等式可得，再由可得，则得，然后由结合指数的运算可得，再通过构造函数利用导数证明在，有即可.
【详解】因为且，因为，当且仅当时取等号，
故，所以，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以.
又，所以，显然，
所以有，即恒成立，
又，所以，故，所以.
当时，恒成立，即恒成立，与矛盾.
下面证明：在，有，
令
要使，即
即
由知，得
从而需证：
即需证明：，记
从而只需证：①
而，
令，则
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，即，
因为，所以
∴在上递增，又，
∴在递减，，
递增，，
而，从而在时总有
∴①式恒成立，不等式得证.
综上所述，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，解题的关键是根据已知条件结合基本不等式确定出的范围，然后通过构造函数再证明其正确性即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
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．
17．（12分）如图，四棱锥的底面为菱形且，底面ABCD，AB=2，，E为PC的中点．

(1)求直线DE与平面PAC所成角的大小；
(2)求二面角平面角的正切值．
【答案】(1)
(2)2

【分析】（1）建系，利用空间向量求线面夹角；
（2）利用空间向量求二面角.
【详解】（1）连结对角线AC、BD相交于点O，连结DE、OE，
∵分别为的中点，则，，
且平面ABCD，则平面ABCD，
∵底面是菱形ABCD，，AB=2，，则BD=2，，
以O为原点，OA、OB、OE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则有，，，，，
可得，．
∵平面PAC的法向量为，
，
设直线DE与平面PAC所成的角，则，
故直线DE与平面PAC所成的角为.
（2）设二面角的平面角为，
平面ADC的法向量为，
设平面EAD的法向量为，则，
令，则，得到，
∴，
即，则，∴，
故二面角的平面角的正切值是2．

18．（12分）数列中，已知对任意都成立，数列的前项和为.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若，求的值；
(3)是否存在实数和，使数列是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项，按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有实数和的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)-2021；
(3)存在，或；

【分析】（1）确定是等差数列，得到，，再求出通项公式；
（2）求出，确定，，计算得到答案；
（3）根据条件，可得，考虑，，分别为等差中项三种情况，计算得到答案.
【详解】（1），即，所以是等差数列，
又，公差，所以；
（2）当时，， 即，
所以，所以，
又，所以，
所以.
（3）数列是等比数列，则公比，
若为等差中项，则，，
即，解得（舍去）；
若为等差中项，则，，
即，解得（舍去），
此时；
若为等差中项，则，，
即，解得（舍去），
此时，
综上所述，或.
19．（12分）互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．
(1)求由两镇样本组成的总样本的平均数及其方差；
(2)为营造“广泛发动、全民参与”的浓厚氛围，甲、乙两镇决定进行一次“互花米草除治大练兵”比赛，两镇各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲镇举行．比赛规则：
每场比赛直至分出胜负为止，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．
当比赛在甲镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为，当比赛在乙镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲镇代表队的最终得分记为X，求．
参考数据：．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可得解；
（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式即可得解.
【详解】（1）根据题意，得，
因为，
同理，
所以


，
所以总样本的平均数为，方差.
（2）依题意可知，的所有可能取值为，
设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
则，
所以，
，
，
所以.
20．（12分）已知抛物线上的点到其焦点的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知点在直线：上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线与直线交于点，过抛物线的焦点作直线的垂线交直线于点，当最小时，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意求得，结合抛物线的定义，得到，求得，即可得得到抛物线的方程；
（2）设，，利用导数的几何意义求得在点的切线方程，得出直线方程为，令，得到点，根据直线与直线垂直，求得直线方程为，进而得到点，进而求得，结合基本不等式求得的最小值，联立方程组，结合弦长公式求得弦的长，即可求得的值.
【详解】（1）解：因为点在抛物线上，可得，
又因为点到其焦点的距离为，
由抛物线的性质可得，解得，即抛物线的方程为.
（2）解：由题意可设，且，，
因为，所以，可得，所以，整理得，
设点，同理可得，
则直线方程为，
令，可得，即点，
因为直线与直线垂直，所以直线方程为，
令，可得，即点，
所以，当且仅当时，即时上式等号成立，
即的最小值为，
联立方程组，整理得，
所以，
则
所以.
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
1、几何方法，即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
2、代数方法，即把要求最值的几何量或代数式表示为某个（些）参数的函数，然后利用函数的性质、基本不等式等知识进行求解．
21．（12分）已知函数．
(1)若恒成立，求实数a的取值集合；
(2)求证：对，都有．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，利用分类讨论思想判断函数的单调性，根据函数的单调性，结合已知不等式进行求解即可；
（2）先构造函数把转化为,再利用（1）中的结论构造不等式，结合不等式的性质和等比数列前项和公式进行证明即可.
【详解】（1）由且，令，
当时，则，，
当，有，即在上递增；
当，有，即在上递减；
所以，满足题设；
当时，，则，显然不合要求，舍去；
当时，则，
若时，即在R上递增，故上，不合要求；
若时，令得：，令得：，且，
则在上单调递减，在上单调递增，又，
故当时，，不合题意，舍去；
综上：实数a取值集合为．
（2）设且，则，在上单调递增，
所以．即在上恒成立，
所以，，，
则，
故只需证明：即可，
由（1）知，在恒成立，则，故，
令（，2，3，…，n），则（，2，3，…，n），
∴
，
∴．
【点睛】关键点点睛：构造函数结合（1）结论的应用，先用放缩法将的和转化为的和，再应用结合等比数列前项和公式得证.


（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为，若为曲线上的动点，将绕点顺时针旋转得到，动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)在极坐标系中，点，射线与曲线，分别交于异于极点的，两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）假设曲线上的动点的极坐标为，设，即可得到，再由点在上即可求出的轨迹方程；
（2）首先求出及点到射线的距离，即可求出的面积.
【详解】（1）解：假设曲线上的动点的极坐标为，设，
由题意，因为，所以，
所以曲线的极坐标方程为.
（2）解：由题意可得，
又因为到射线的距离，
所以.


23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知，求证：
(1)；
(2).
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用三元基本不等式即可得证.
（2）利用基本不等式推得，，，再相加即可得证．
【详解】（1）因为，
所以，即，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即，故.
（2）因为，
因为，当且仅当，即取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
同理可得，当且仅当取得等号，
上面三式相加可得，即，
当且仅当，，且，即时，等号成立，
因为，所以，
所以.