信息必刷卷03（乙卷理科）-2023年高考数学考前信息必刷卷（Word版附解析）

这是一份信息必刷卷03（乙卷理科）-2023年高考数学考前信息必刷卷（Word版附解析），共18页。

绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷03
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。2022年数学试卷，稳重求新，重点在想“新”上，试卷落脚数学学科的特点， 更加注重基础考察，突出数学学科能力考察，强调教学与考试的衔接。
1.突出对基础概念，基本原理的本质认识与解，强调知识之间的内在联系与应用，要求学生通过学习形成学科知识体系，注重本源性的方法。强调通性通法的深入理解与综合运用，引导学生通过学习转化为自身的知识结构体系。
2.试卷在各种题型都突出了对主干知识的考察，例如理科卷第12题，文科卷第16题，突出重点知识，要求学生在抽象数学（或更复杂的函数）的背景下，理解函数的奇偶性，对称型，单调性，以及它们之间的联系，对数学的抽象性，直观性，逻辑内在联系等核心素养都有更高的要求和应用能力。
3.关注创新题，开放性题，鼓励学生通过学习，运用发散性思维，创造性思维来分析问题和解决问题。


结合2022年新课标全国卷乙卷试卷试题，在针对2023年高考复习教学备考，建议从以下几方面加强教学与训练。
1.在教学和考练中，要加强和提高学生的运算能力。特别是常考不衰的立体几何大题的坐标计算，以及圆锥曲线的逻辑推导。如本卷的18,20题。
2.注重基础知识与基础能进的学习和训练，培养和增加对问题本质的学习认识与理解，通过复习备考，让学生的知识系统化、机构化，提高理解运用能力，加强通法通解的学习，更要加强灵活应用能力。
3.针对新高考以及全国卷乙卷处于新高考的过渡期，要培养学生的创新思维能力，培养学生思考问题的灵活性，解决问题题的思维发现性，还要做到一题多思维，扩展数学文化背景的积蓄，以适应新教材体系下的数学思维考察，如本卷第2,11,13,19等题


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．设集合或，，则集合（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用对数函数性质化简集合，再结合交集的运算求解即可.
【详解】由题知，，
又或，
则，即.
故选：B
2．欧拉公式（其中为虚数单位，）将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，则（     ）
A．=0 B．为实数
C． D．复数对应的点位于第三象限
【答案】C
【分析】根据所给定义及特殊角的三角函数值判断A、B，根据复数模的性质计算判断C，根据复数的几何意义判断D.
【详解】解：对于A：，故A错误；
对于B：，所以为纯虚数，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，则复数在复平面内对应的点为，
因为，所以，，所以点位于第二象限，
即复数对应的点位于第二象限，故D错误；
故选：C
3．已知变量具有相关关系，其散点图如图所示，则它们分别对应的相关系数的大小关系是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用给定的散点图判断正负相关，再由点的集中程度判断大小作答.
【详解】观察散点图知，第一、三图是正相关，且第一图中点的集中程度高于第三图，接近于1，即，
第二、四图是负相关，且第二图中点的集中程度高于第四图，接近于-1，即，
所以有.
故选：A
4．设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意，”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由等比数列通项公式得到与公比的关系式，分别以与为条件进行推理判断，从而得解.
【详解】因为数列是首项为的等比数列，公比为，则，
当时，，
因为，，所以，，
所以，所以；
当时，有，
因为，所以，所以，故；
则“”是“对任意的，”的充分必要条件，选项C正确.
故选：C.
5．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于点A，B，与抛物线的准线交于点M，且点A位于第一象限，F恰好为AM的中点，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义，又F恰好为AM的中点，可得到比例，进一步推导得到的值.
【详解】如图，

过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义得，，因为F为AM的中点，所以，又，所以，所以.
故选：A
6．如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面平面 B．
C． D．平面
【答案】C
【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，
所以，，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，故A选项正确；
对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，
因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；
对于C选项，若，由B选项知，则有，
令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，
所以，不满足，故C选项错误；
对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，
所以，平面，平面，
所以平面，故D选项正确.
故选：C

7．在中，已知，，，则的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式和正弦定理，由可得，再在和中分别利用余弦定理列式，结合长度关系解得和，代入面积公式即可求解.
【详解】由可得，

因为，所以，
又因为，
所以在中由正弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
即①，
在中，由余弦定理可得，
即②，
①②联立解得，，
所以，，
所以，
故选：D
8．甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去的情况数，从而得到甲不去小区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为或
当5人被分为时，情况数为;
当5人被分为时，情况数为；
所以共有.
由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则
共计种，
当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，
所以甲不在小区的概率为
故选：B.
9．已知函数的最小正周期为，，且的图像关于点中心对称，若将的图像向右平移个单位长度后图像关于轴对称，则实数的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据周期范围得出范围，根据对称中心得出的值，并结合范围得出的值，即可得出的解析式，根据函数图像平移后的解析式变化得出，即可根据图像关于轴对称，得出，再根据的范围得出实数的最小值.
【详解】，，且，
，即，
的图像关于点中心对称，
，且，即，解得，
，
取，，，
将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，
的图像关于轴对称，，解得，
，的最小值，令，得，故选：B.
10．在直三棱柱中，是边长为6的等边三角形，是的中点，与平面所成角的正切值为1，则三棱柱的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题知为与平面所成的角，进而根据几何关系得，设直三棱柱上、下底面的中心分别为，，故三棱柱的外接球的球心为的中点，设为，则为球的半径，再根据勾股定理求解得，再计算求得表面积即可.
【详解】解：如图所示，在直三棱柱中，底面ABC，
所以为与平面所成的角，因为是边长为6的等边三角形，是的中点，
所以，所以，解得．设直三棱柱上、下底面的中心分别为，，所以在CD上，且，
由对称性可知，三棱柱的外接球的球心为的中点，设为，则为球的半径，
因为，所以，
所以直三棱柱的外接球的表面积．故选：A．

11．下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】运用作差法、对数运算公式及基本不等式可比较与，再运用构造函数研究其单调性可比较与.
【详解】∵，
，
∴，所以.
∵
∴比较与的大小，即比较与的大小.
令，则.
令，则.
所以在上单调递减，
所以当时，，所以，所以在上单调递减.
又因为，
所以，即.所以，即.
综上所述，.故选：B.
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
12．在中，，，点与点分别在直线的两侧，且，，则的长度的最大值是（    ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据已知条件可以判断是直角三角形，且随着的变化三条边的长度也会随着发生改变，因此先根据余弦定理和正弦定理确定与边的变化关系，再构造一个关于边的三角形，根据与边的关系在新构造的三角形中解出的表达式，找出最大值.
【详解】由可知， 是，的直角三角形，如图所示：

设，，，则由余弦定理
得，即
由正弦定理得，所以.
连接，在中，由余弦定理，得

当时，的长度取得最大值，为
故选:B
【点睛】思路点睛：
可变动图形与某一变量的变化关系引出的求边求角类问题（以本题为例）：
①确定变动图形的变化规律：如上题的变化是角度不变，边长可等比例变化
②确定图形变化与某个变量的联系：变化发生变化整体变化
③找到有直接联系的两个变量的数学关系，然后推广到整体变化上：此处最为困难，需要学生根据已知条件活用所学的数学知识.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．展开式中不含y的项的系数和为64，则展开式中的常数项为___________.
【答案】15625
【分析】根据题意，令y的指数为0，得，再令，得的展开式中不含y的项的系数和为，解得n，再求展开式中的常数项.
【详解】展开式中不含y的项，即展开式中y的指数为0，即的展开式，
再令，得展开式中不含y的项的系数和为=64，∴，
求展开式中的常数项，由，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：15625
14．已知点在直线上，点在直线外，若，且，，则的最小值为______.
【答案】
【分析】根据条件可得出 从而得出，进而得出BC，根据题意知，当时，最小，从而得出可得出的最小值．
【详解】根据题意，当时，最小； 由， ，∴ ，即，
∴ ，

∴当时，由面积法得 ，，
所以的最小值为.故答案为：
15．设为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，若双曲线的离心率为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，则______．
【答案】
【分析】根据离心率和双曲线关系可用表示出，并得到渐近线方程；在和中，结合余弦定理可用表示出，进而求得结果.
【详解】双曲线的离心率，，，
双曲线渐近线为：，
不妨设在上，如下图所示，

，，则，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
，.故答案为：.
16．方程有解，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用同构思想把方程化为，令，则在上有解，再结合导数的几何意义求解.
【详解】，
令，则在上有解，
令，，
当直线与曲线相切时，取最大值，为切线的斜率.
对求导得，设切点为，
∴切线方程为，即，
令，∴，∴，∴，
因为关于b单调递减，∴．
所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：
利用同构思想把，从而令，则，简化了结构.

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）已知等差数列的首项，记的前n项和为，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列公差，令，求数列的前n项和.
【答案】(1)或
(2)

【分析】（1）根据题意结合等差数列的通项公式运算求解；
（2）根据题意可得，，利用裂项相消法求和
【详解】（1）由题意可得：，
整理得，则
可得或，故或.
（2）∵，由（1）可得，
则，
故
所以.
18．如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.

(1)求证：；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，为中点，
所以，
又因为面面，面面，面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）选①，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，为的中点，所以，又平面，
所以平面，又，所以平面，又平面，所以，
因为，所以，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
由，得，则，
则，因为平面，
所以即为平面的一条法向量，设平面的法向量为，
则有，可取，则，
由图可知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.

选②，取的中点，连接，则且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
因为且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
又因为，所以，
又，，
所以，则，
在中，因为，
所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
下同选①的答案.

19．强基计划校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为；该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，，m，其中．
(1)若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据二项分布概率的计算公式，以及独立事件求概率的方法，即可求解恰好通过一门科目的概率；
（2）考生报考甲大学通过的科目数X服从二项分布，期望可直接利用公式求解，而考生报考甲大学通过的科目数Y需求出分布列，再求期望，根据即可求出m的取值范围
【详解】（1）解：设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，
根据题意可得，.
（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为X，报考乙大学通过的科目数为，
根据题意可知，，则，
，
，
，
，
则随机变量的分布列为
Y
0
1
2
3
P





，
若，则，故，即的取值范围是.
20．已知椭圆，离心率，左、右顶点与上顶点围成的三角形的面积为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)M，N，A，B为椭圆上不同的四点，且均与椭圆右顶点P不重合，，，，证明：直线MN和直线AB的交点在一个定圆上．
【答案】(1)
(2)证明见详解

【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆方程；
（2）方法一：设直线，，联立方程组利用设而不求法证明直线和直线过定点，结合条件证明结论.
方法二：直线，，通过齐次化变形，证明，，由此证明直线和直线过定点，结合条件证明结论.
【详解】（1）由，，
三角形面积，
解得，，
所以椭圆C的方程为．
（2）由（1）得，设，，，，
直线，．
联立
消去y整理得，
方程的判别式，
则，
因为，所以，
所以，
所以，
整理得．若，则，
则直线MN过定点，与题意矛盾；
若，则，则直线MN过定点．
同理可得
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
整理得．
若，则，则直线AB过定点，与题意矛盾；
若，则，则直线AB过定点．
又因为，所以，
所以直线AB与MN的交点在以和所连线段为直径的定圆上．
方法二：设，，，，
直线，．
椭圆方程变形为，
直线变形为，
代入椭圆方程得，
即，
左右两边同时除以得，，
则，为方程的两个根，则，
所以，直线MN过定点．
同理可得，
则，为方程的两个根，则，
所以，
直线AB过定点．
又因为，所以，
所以直线AB与MN的交点在以和所连线段为直径的定圆上．
【点睛】关键点点睛：
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
21．已知函数．
(1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
（2）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，不等式恒成立，
即在上恒成立，
记，则，
得到在区间上单调递减，
在上单调递增，
则，即在区间上恒成立，
分离变量知：在上恒成立，则，

，
由前面可知，当时，恒成立，即，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
所以，所以．
（2），
设曲线图象上任意一点，
所以曲线在点处的切线方程为，
将代入得，故切点为，
过的切线方程为，
所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，
所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，
从而当时，有三个极值点，，，并且，，，
取对数知：，，即，，
则
．
构造，
在时恒成立，
则在区间上单调递增，且，
从而的解为，
综上所述．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.



（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）
在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数，）．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．
(1)说明是什么曲线，并将的方程化为极坐标方程；
(2)直线的极坐标方程为，是否存在实数b，使与的公共点都在上，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)曲线是以为圆心，b为半径的圆，；
(2)存在，.

【分析】（1）将的参数方程化为普通方程即可得曲线形状，再利用极坐标与直角坐标互化关系求出极坐标方程作答.
（2）联立曲线与的极坐标方程消去，联立曲线与直线的极坐标方程消去，求出b值作答.
【详解】（1）由消去参数t得到的普通方程为，因此曲线是以为圆心，b为半径的圆；
将代入的普通方程中，得的极坐标方程为，
所以曲线是以为圆心，b为半径的圆，其极坐标方程为.
（2）曲线的公共点的极坐标满足方程组，
消去整理得，
把代入的方程中，得，
把代入，得，而，解得，
所以存在实数，使与的公共点都在上．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数，．

(1)在给出的坐标系中画出函数的图像；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)作图见解析
(2)．

【分析】（1）根据绝对值函数分区间去绝对值后，写成分段函数，即可作出图像；
（2）设，由关于的不等式恒成立，则且，得出，画出的大致图像，则满足即可，解得不等式即可求得答案．
【详解】（1）由题得，，
画出的图像如图所示：

（2）设，，，且，
，画出的大致图像，