真题重组卷03（文科）——2023年高考数学真题汇编重组卷（课标全国卷）

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冲刺2023年高考数学真题重组卷03课标全国卷地区专用（参考答案）123456789101112DBBCBACCAACC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．【答案】D【分析】解绝对值不等式化简集合的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为，或，所以.故选：D.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.2．【答案】B【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为,所以错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为，讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错.故选:B. 3．【答案】B【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解.【详解】，.故选：B.4．【答案】C【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，由可得点,转换目标函数为，上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，此时.故选：C.5．【答案】B【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积.故选：B. 6．【答案】A【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.故选：A.7．【答案】C【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.【详解】由，当时，，则.故选：C.8．【答案】C【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．9．【答案】A【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设，则，故排除B;设，当时，，所以，故排除C;设，则，故排除D.故选：A. 10．【答案】A【分析】分别将,改写为，，再利用单调性比较即可.【详解】因为，，所以.故选：A.【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.11．【答案】C【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设故选：C【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.12．【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增， ，，单调递减，所以当时，最大，此时．故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.14．【答案】【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解方程可得：.故答案为：.15．【答案】【分析】设切线的切点坐标为，对函数求导，利用，求出，代入曲线方程求出，得到切线的点斜式方程，化简即可.【详解】设切线的切点坐标为，，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.16．【答案】【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以， ，即四边形面积等于.故答案为：.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．【详解】（1），，，.（2）依题意，，，，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.   18． 【详解】（1）如图所示：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积 19．【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，， ．设，    ⑧则．     ⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得 ，所以，所以 ，所以.[方法三]：构造裂项法 由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以 ，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.20．【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为．设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设．因为，所以．于是，所以则直线的斜率为．当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.  21．【详解】（1）[方法一]【最优解】：等价于．设，则．当时，，所以在区间内单调递增；当时，，所以在区间内单调递减．故，所以，即，所以c的取值范围是．[方法二]：切线放缩若，即，即当时恒成立，而在点处的切线为，从而有，当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．[方法三]：利用最值求取值范围函数的定义域为：，设，则有 ，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；所以c的取值范围为．（2）且 因此，设 ，则有，当时，，所以， 单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.（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。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．【详解】（1）因为l：，所以，又因为，所以化简为，整理得l的直角坐标方程：（2）[方法一]：【最优解】参数方程联立l与C的方程，即将，代入中，可得，化简为，要使l与C有公共点，则有解，令，则，令，，对称轴为，开口向上，，，，即m的取值范围为.[方法二]：直角坐标方程由曲线的参数方程为，为参数，消去参数，可得，联立，得，即，即有，即，的取值范围是．【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视的范围限制而出错．   [选修4-5：不等式选讲]（10分）23．【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，所以的解集为.[方法二]【最优解】：零点分段求解法  当时，．当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得．综上，的解集为．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意，即恒成立，，当且仅当时取等号，,故，所以或，解得.所以的取值范围是.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法 当时，则，此时，无解．当时，则，此时，由得，．综上，a的取值范围为．[方法四]：函数图象法解不等式   由方法一求得后，构造两个函数和，即和，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，由图易知，则．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.