2023届普通高等学校招生全国统一考试临门猜题卷（一）理科数学试题（含解析）

2023届普通高等学校招生全国统一考试临门猜题卷（一）理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

2．如图，已知复数z在复平面内所对应的向量是，图中每个小正方形网格的边长均为1，则（    ）

A．1＋2i B．1＋3i C．3＋i D．2＋i

3．2023年春运期间，某地交通部门为了解出行情况，统计了该地2023年正月初一至正月初七的高速公路车流量（单位：万车次）及同比增长率（同比增长率=），并绘制了如图所示的统计图，则下列结论中错误的是（    ）

A．2023年正月初一至正月初七的车流量的极差为24

B．2023年正月初一至正月初七的车流量的中位数为18

C．2023年正月初一至正月初七的车流量比2022年同期车流量多的有4天

D．2022年正月初四的车流量小于20万车次

4．的展开式中系数最大的项为（    ）

A．70 B．56 C．或 D．

5．已知命题p：若定义在R上的偶函数在上单调递减，则是的充分不必要条件；命题q：在中，若，则．下列命题中为真命题的是（    ）

A． B．

C． D．

6．已知，，，则a、b、c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

7．执行如图所示的程序框图，若输出的，则空白框中应填（    ）

A． B．

C． D．

8．四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

9．已知角为锐角，角、2、的始边均与x轴的非负半轴重合，角的终边经过点，且角的终边与角的终边关于角的终边对称，则的值为（    ）

A． B．

C．或 D．或

10．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（    ）

A． B．

C． D．

11．已知双曲线的离心率为，过双曲线右焦点F且与渐近线平行的直线交双曲线于点P，若，则双曲线的虚轴长为（    ）

A． B．3 C． D．

12．已知正方体的棱长为2，动点P满足，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．已知实数x，y满足不等式组，则的最小值为______．

14．已知圆的方程为，则过点的圆的切线方程为______.

15．已知在平面直角坐标系中，曲线的一条切线在两坐标轴上的截距互为相反数，则该切线在x轴上的截距为______．

16．已知函数的图象与x轴的两个相邻交点分别为A，B，点．若的面积为，且直线OC的斜率为（O为坐标原点），，则的最小值为______．

三、解答题

17．第二十二届世界杯在卡塔尔举办，世界杯是全世界足球迷的盛宴，为全世界奉献精彩的比赛，世界上优秀的球员大部分在欧洲足球五大联赛踢球，其中以英格兰足球超级联赛（简称英超）和西班牙足球甲级联赛（简称西甲）最吸引球迷，2000~2021年22个赛季英超和西甲冠军球队积分的茎叶图和2000～2011年12个赛季英超和西甲冠军球队积分的统计表如下．

(1)求2012~2021年10个赛季中英超和西甲冠军球队积分的平均数；

(2)若某赛季冠军球队的积分超过86分，就认为该赛季夺冠是“困难的”．从2008~2011年英超的7个赛季中随机抽取2个，求只有1个赛季夺冠是“困难的”的概率．

18．已知在数列中，，，其中，且，实数.

(1)当时，求数列的通项公式；

(2)是否存在常数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

19．如图1，在四边形中，.将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.

(1)设平面与平面的交线为，证明：.

(2)若点在线段上（点不与端点重合），平面与平面夹角的正弦值为，求的值.

20．已知函数，．

(1)讨论函数的最值；

(2)若函数有两个极值点，求实数a的取值范围．

21．已知椭圆：的左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为、，，P为上一点，且，．

(1)求的标准方程；

(2)已知抛物线：，直线l与交于M，N两点，与交于T、Q两点（均不与坐标原点O重合），且，求面积的取值范围．

22．在直角坐标系xOy中，曲线的方程为．曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线和曲线的极坐标方程；

(2)若射线（，）交曲线于点P，直线与曲线和曲线分别交于点M、N，且点P、M、N均异于点O，求面积的最大值．

23．已知实数，，的最小值为M．

(1)求M的值；

(2)求不等式的解集．

参考答案：

1．C

【分析】首先求集合，再求集合的交集.

【详解】由，得，∴，∴.

故选：C．

2．D

【分析】利用复数的几何意义表示出，再利用复数的运算法则求解即可.

【详解】由图可知，即，

所以，故，

故选：D.

3．D

【分析】对于A，2023年车流量的最大值与最小值的差即为极差；

对于B，数据从小到大排列，中间的一个数或者中间两个数的平均数；

对于C，通过观察统计图的右侧增长率可得结果；

对于D，根据2023年正月初四的车流量以及同比增长率计算即可.，

【详解】对于A，由题图知，2023年正月初一至正月初七的车流量的极差为，故A正确；

对于B，易知2023 年正月初一至正月初七的车流量的中位数为18，故 B正确；

对于C，2023年正月初二、初五、初六、初七这4天车流量的同比增长率均大于0，所以2023年正月初一至正月初七的车流量比2022年同期车流量多的有4天，故C正确；

对于D，2023年正月初四的车流量为18万车次，同比增长率为，设2022年正月初四的车流量为x万车次，则，解得x=20，故D错误．

故选：D．

4．D

【分析】首先根据通项公式求系数，再结合二项式系数的最大值，即可求解.

【详解】的展开式的通项公式为，，由二项式系数中，最大，此时该二项展开式中第5项的系数最大，∴的展开式中系数最大的项为，

故选：D．

5．A

【分析】由函数奇偶性、单调性可得，即可确定命题p的真假，由正弦定理判断命题q的真假，再判断复合命题真假.

【详解】由题意，偶函数在上单调递减，在上单调递增，

根据得：，

∴是的既不充分也不必要条件，命题p为假，为真.

设的内角A、B的对边分别为a、b，由，则，

由正弦定理，得，故命题q为真，为假；

所以为真，为假，为假，为假.

故选：A

6．C

【分析】化简，，所以，再化简，，故可得出答案.

【详解】∵，

，∴，

，∵，

且在R上为增函数，∴，即，

故选：C．

7．B

【分析】设，根据程序框图循环结构执行，直到不满足，输出结果.

【详解】若填，执行程序框图： ，，；

，；

，；

，；

，；

不满足，输出．令，解得，

故选：B．

8．C

【分析】首先在正方体中还原几何体，再求体积.

【详解】由题，可将该四棱锥的直观图还原在棱长为2的正方体中，记该四棱锥为，如图所示，则四边形BCDE的面积，四棱锥的高AC=2，故该四棱锥的体积，

故选：C

9．A

【分析】由三角函数定义求得，根据正切二倍角公式求得，由角的终边对称，得出，利用两角和的正切公式求得结果即可.

【详解】∵角的终边经过点，∴．

由，解得或．

∵，∴，∴，即（舍），故．

∵角的终边与角的终边关于角的终边对称，

∴，解得．

∴.

故选：A．

10．A

【分析】利用正弦定理和同角的三角函数基本关系是可求，再根据两角和的正弦公式可求，故可得正确的选项.

【详解】由及正弦定理，可得．

由，可得．

又，∴．

又，解得，则，

∴B为钝角，C为锐角．

∴，．

故，

∴．

故选: A.

11．B

【分析】根据离心率表示双曲线的方程，不妨设直线PF的斜率．过点P作轴于点H，则结合，表示点P的坐标，代入双曲线方程求得结果.

【详解】如图，

由题意得，，解得，

∴双曲线的方程可化为．

根据双曲线的对称性，不妨设直线PF的斜率．

过点P作轴于点H，则结合，可得，，

∴．将点P的坐标代入双曲线方程，得，

则．又，，

代入化简得，，解得，则，

∴双曲线的虚轴长为．

故选：B．

12．C

【分析】根据向量的分解把已知模化简，再表示数量积，最后根据夹角范围求数量积范围即可.

【详解】如图所示，连接、交于点E，

则，

∴，则点P在以E为球心，1为半径的球面上，

易知点P的运动轨迹在平面ABCD内的射影为正方形ABCD的内切圆及圆内部，

设AC与该圆交于点、(靠近点A)．

设与的夹角为，则，

，，

∴．

因此，

即的取值范围为．

故选:C．

13．-1

【分析】作出可行域，由图求目标函数的最小值即可.

【详解】作出可行域如图中阴影部分所示

易得，的几何意义为可行域内的点和定点连线的斜率．由图可知，当点P与点A重合时，z最小，．

故答案为：-1.

14．或

【分析】由圆的方程找出圆心坐标与半径，分两种情况考虑：若切线方程斜率不存在，直线满足题意；若斜率存在，设出切线方程，根据直线与圆相切时圆心到切线的距离，求出的值，综上即可确定出满足题意的切线方程；

【详解】当过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为2，此时直线与圆相切.

当过点的圆的切线的斜率存在时，设切线方程为，

即，则圆心到切线的距离为，解得，

所以切线方程为，即.

综上所述，切线方程为或.

故答案为：或.

15．0或

【分析】先设切点求切线，再根据切线在两坐标轴上的截距互为相反数得出切点横坐标，最后求出截距即可.

【详解】由题，．设切点坐标为，易知，

∴曲线在点处的切线方程为，即，

整理得．令，得；令，得．

∵切线在两坐标轴上的截距互为相反数，

∴，即，

∴或，

∴或．

当时，切线在x轴上的截距为0；

当时，切线在x轴上的截距为．

综上，满足题意的切线在x轴上的截距为0或．

故答案为: 0或．

16．

【分析】利用辅助角公式得到，根据面积，和OC的斜率，即可得出，再由，根据，即可得出答案.

【详解】，

由题意可得．

的面积为，

，故．

又直线OC的斜率为，

，且，故，

则由，可得，

故或，

得或．

又，故的最小值为．

故答案为：

17．(1)英超91.2；西甲90.7

(2)

【分析】（1）根据平均数公式求得结果即可；

（2）根据古典概型公式计算即可得到结果.

【详解】（1）由题，2012~2021年10个赛季中，

英超冠军球队的积分为81，86，86，87，89，93，93，98，99，100，

西甲冠军球队的积分为86，86，87，87，90，91，93，93，94，100，

∴2012~2021年10个赛季中，

英超冠军球队积分的平均数为，

西甲冠军球队积分的平均数为．

（2）在2008~2011年4个赛季中，英超冠军球队的积分为90，86，80，89，

故有2个赛季夺冠是“困难的”．

从2008～2011年英超的4个赛季中随机抽取2个，

其中只有1个赛季夺冠是“困难的”的概率．

18．(1)

(2)存在，

【分析】（1）由累加法求解即可；

（2）假设数列为等比数列，假设前三项得出的值，再验证即可.

【详解】（1）当时，，

所以，，…，，

以上式子相加，得，（累加法）

所以，又，满足上式，（注意验证的情况）

故数列的通项公式为.

（2）假设存在常数，使得数列为等比数列.

由及，得，，

因为是等比数列，所以，得，解得.

当时，，即，

所以，又，从而，即，

故是首项为3，公比为3的等比数列.

所以存在常数，使得数列为等比数列，且.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质，得线面垂直，再结合线面垂直的性质得线性垂直即可；

（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合空间坐标运算确定平面与平面夹角余弦公式求解，即可求的值.

【详解】（1）证明：，且.

平面平面，且交线为，又平面，

平面，又是平面与平面的交线，

平面

.

（2）解：由（1）知，平面，平面平面，且交线为，又

平面，所以平面，

以为坐标原点，以所在直线分别为轴､轴，过作，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，设，

则，

所以.

设是平面的法向量，

则，取.

由（1）知，平面

是平面的一个法向量.

平面与平面夹角的正弦值为

，

，整理得：，

解得，即.

20．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值；

（2）将题意转化为函数有两个变号零点，对求导，分类讨论和，的单调性与最值，只要即可.

【详解】（1）函数的定义域为，，

当时，，在上单调递增，无最值；

当时，令，得，所以在上单调递减；

令，得，所以在单调递增，

所以的最小值为，无最大值．

综上，当时，无最值；当时，的最小值为，无最大值．

（2）由题，，定义域为，

所以．

因为有两个极值点，所以有两个变号零点．

令，则，易知函数在上单调递增，

则函数有两个变号零点可转化为函数有两个变号零点．

，

当时，，得，所以在上单调递减．

当时，令，所以在上单调递增．

所以．

要使有两个变号零点，需，解得．

当时，，，

所以在和上各有一个变号零点，符合题意．

综上，实数a的取值范围为．

【点睛】方法点睛：函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：

（1）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

（2）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.

21．(1)

(2)．

【分析】（1）首先结合正弦定理求，再结合三角恒等变换和斜率公式，即可求解椭圆方程；

（2）直线与抛物线和椭圆方程联立，根据，代入韦达定理求得，再利用韦达定理表示的面积，变形换元后，求面积的最值.

【详解】（1）在中，由正弦定理得，∴，

∴，即．

又，

∴，

∴，故．

由题知，，设，则，∴，

∴，即．

又，，∴，，

∴的标准方程为．

（2）由题意，设直线l的方程为，

由，得，

由，得．

设，，则，，

,

解得或（舍去），

∴直线l的方程为，易知直线l过定点．

由，得，

由，得．

设，，则，．

．

设，则，，

当且仅当，即，时等号成立．

又，所以面积的取值范围为．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．(1)，

(2)．

【分析】（1）根据，代入曲线的方程得到其极坐标方程；将曲线的参数方程先消参得到曲线的普通方程，再求其极坐标方程；

（2）将代入曲线的极坐标方程求得，将代入曲线极坐标方程求得，进而得到，再结合三角函数的二倍角公及辅助角公式求得结果.

【详解】（1）把，代入，

得曲线的极坐标方程为，即．

将中的参数消去，得曲线的普通方程为，

把，代入，得曲线的极坐标方程为，即．

（2）由题得，，，

，

因为，所以

，

其中，，

当，即时，的面积取得最大值．

23．(1)

(2)

【分析】（1）根据基本不等式求出答案；

（2）结合（1）中，分类讨论解绝对值不等式，得到答案.

【详解】（1）∵，，

∴，

当且仅当，即，时取等号，

∴．

（2）由（1）得，即，

当时，不等式转化为，解得，

与求交集得，；

当时，不等式转化为，解得，

与求交集得，；

当时，不等式转化为，解得，

与求交集得．

综上，不等式的解集为．