河南省郑州市等3地2022-2023学年高三下学期6月冲刺卷（五）全国卷文科数学试题

2023届高三冲刺卷（五）全国卷

文科数学试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

考试时间为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．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知i为虚数单位，复数z满足，则z＋2i的虚部为（    ）

A．2 B．3 C．2i D．3i

3．在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（    ）．

A． B． C． D．

4．在等差数列中，已知，且，则当取最大值时，n＝（    ）

A．10 B．11 C．12或13 D．13

5．已知一组数据：2，3，4，6，m，则下列说法不正确的是（    ）

A．若m＝7，则平均数为4.4 B．若m＝4，则众数为4

C．若m＝6，则中位数为4  D．若m＝10，则方差为40

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

7．北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

8．若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合，集合N为集合M的三元子集，则集合N中的元素都是孤立元素的概率为（    ）

A． B． C． D．

9．已知抛物线T：，F为抛物线的焦点，P为抛物线上一点，过点P作PQ垂直于抛物线的准线，垂足为Q，若，则△PFQ的面积为（    ）

A．4 B． C． D．

10．已知函数（其中，）的图象如图所示，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

11．在长方体中，AB＝AD＝4，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（    ）

A．若点M满足，则

B．点P到平面的距离范围为

C．若点M满足，则不存在点P使得

D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为

12．已知函数，若有3个不同的解，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量，，，满足，且，，则与的夹角为______．

14．已知圆C：，直线与圆C相交于M，N两点，则______．

15．已知，，x＋2y＝1，则的最小值为______．

16．已知函数，（其中，e是自然对数的底数），若对定义域内的任意两个不同的数，，恒有，则实数a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：60分。

17．（12分）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b＝2．

（1）求角B的大小；

（2）求的取值范围．

18．（12分）如图，平面多边形ABCDE，EA＝ED＝AD＝2BC＝2，，CD⊥AD，，将△ADE沿着AD翻折得到四棱锥P－ABCD，使得，F、G分别是PB、CD的中点．

（1）证明：平面PAD；

（2）求点G到平面PAB的距离．

19．（12分）已知某种汽车新购入价格为14万元，但随着使用年限增加汽车会贬值．通过调查发现使用年限x（单位：年）与出售价y（单位：万元）之间的关系有如下一组数据：

（1）求y关于x的回归方程；

（2）已知，当时，回归方程的拟合效果非常好；当时，回归方程的拟合效果良好．试问该线性回归方程的拟合效果是非常好还是良好？说明你的理由．

（附：用最小二乘法求经验回归方程的系数公式；．）

20．（12分）已知椭圆C：的长轴长与短半轴长之比为，且点在椭圆C上．

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l：x＝my－4与x轴，椭圆C依次相交于D、P、Q三点，点M为线段PQ上的一点，若，求△ODM（O为坐标原点）面积的取值范围．

21．（12分）函数，．

（1）讨论的极值的个数；

（2）若在上恒成立，求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．[选修4－4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

（2）若曲线C上有且仅有三个点到直线l的距离为，求实数a的值．

23．[选修4－5：不等式选讲]（10分）

已知函数．

（1）当a＝1时，求不等式的解集；

（2）若的最小值为0，实数x，y，z满足，求xz＋2yz的最大值．

2023届高三冲刺卷（五）全国卷

文科数学参考答案及评分意见

1．D  【解析】∵，，

∴，∴．故选D．

2．B  【解析】由题可得，故，其虚部为3．故选B．

3．C  【解析】所求几何体的侧面积为，上下底面面积为，挖去圆柱的侧面积为，则所求几何体的表面积为．故选C．

4．C  【解析】由已知得，即，∴，

又∵，∴当取最大值时，n＝12或13．故选C．

5．D  【解析】对于A，若m＝7，则平均数为，故A正确；

对于B，当m＝4时，众数为4，故B正确；

对于C，若m＝6，则这组数据从小到大排列为2，3，4，6，6，所以中位数为4，故C正确；

对于D，计算平均数为5，则方差，故D错误．故选D．

6．B  【解析】，∴，

又．故选B．

7．C  【解析】由题意知，且，

则由累加法可知，，所以，

∴，得，即．故选C．

8．C  【解析】集合的三元子集有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个．

满足集合中的元素都是孤立元素的集合N可能为，，，，一共4种．

由古典概率模型公式，可得集合N中的元素都是孤立元素的概率．故选C．

9．C  【解析】解法一：抛物线的准线方程为y＝－1，焦点为F（0，1），

设点P的坐标为（m，n），则点Q的坐标为（m，－1），，

由抛物线的定义知，因为，

所以△PCF为等边三角形，所以，又，

所以，n＝3，所以点P的坐标为，

所以，所以．故选C．

解法二：由抛物线定义，又，故△PFQ为正三角形，

抛物线的准线方程为y＝－1，焦点为F（0，1），故△PFQ边长为4，故．故选C．

10．C  【解析】设的最小正周期为T，根据及函数图象的对称性知，，所以，得．

由，得，因为，由图知，故．故选C．

11．C  【解析】如图所示：

对于A，当MA＝AP＝1时，MP与底面ABCD所成的角，又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），所以，故A正确；

对于B，当点P位于AE上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离，当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为FK，因为△BFK∽△BAH，所以，所以，故点P到平面的距离取值范围为，故B正确；

对于C，不妨设点P与点F重合，此时，，，

由余弦定理得，

则，故存在点P使得，故C错误；

对于D，当BP＝3时，四面体的外接球半径为，所以外接球体积为，故D正确．故选C．

12．A  【解析】，

令，则，

∴在，上单调递减，在上单调递增，则，

所以有3个不同的解等价于有两个解，且，，

整理可得，∴根据根的分布，得

解得，则a的取值范围是．故选A．

13．或  【解析】，

∵，利用三角形法则可知与夹角为或．

14．  【解析】圆C：，r＝2，圆心（3，0）到直线的距离，利用勾股定理，，解得．

15．  【解析】解法一：因为x＋2y＝1，

所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为．

解法二：令，整理得．

因为方程有解，所以，解得或，

因为，故最小值为．

16．  【解析】由题意得，，所以，

化为，所以函数在上为减函数，

所以当时，恒成立，得恒成立，令，则只需．

由知，当时，，递增；当时，，递减；

所以在x＝1处有极小值，也是最小值，且，

所以，经检验，符合题意，故实数a的取值范围是．

17．解：（1），由，得．

（2）由（1）知，得，故，

由正弦定理，得，

由△ABC为锐角三角形得解得，∴，

∴．

18．（1）证明：如图，取AB中点H，连接FH，GH．

∵F，H分别是PB，AB的中点，∴．

∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．

∵G，H分别是CD，AB的中点，∴，

∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．

又∵FH，平面FGH，，

∴平面平面PAD，

∵平面FGH，

∴平面PAD．

（2）解：如图，取AD中点O，连接PO，BO．

∵AD＝2BC＝2，，CD⊥AD，，

∴OA＝OD＝1，，OB⊥AD，AB＝2．

∵PA＝PD＝AD＝2，∴PO⊥AD，，

∴AD⊥平面POB，∵平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面POB．

∵，∵，∴PO⊥OB，

又∵平面ABCD∩平面POB＝OB，∴PO⊥平面ABCD，

，

，，

设点G到平面PAB的距离为d，，∴．

19．解：（1）由题意，得，，，，．，所以所求回归方程是．

（2）列出残差表：

所以，，，∴

所以回归模型的拟合效果良好．

20．解：（1）根据题意得解得，所以椭圆C的方程为．

（2）由题意得，D（－4，0），

将直线l的方程代入椭圆C的方程，整理得：，

，

由得，，

设，，由韦达定理可得

设，∴，，即，

∴，

所以△ODM的面积．

∵，∴△ODM的面积．

21．解：（1），令，

当a＝0时，，在上单调递增，在上单调递减，

所以有一个极大值；

当时，①，为图象开口朝下的二次函数，，

∴的两根为，显然，，

∴在上单调递增，在上单调递减，所以有一个极大值；

②，可知，∴在，上单调递增，

在上单调递减．所以有2个极值，一个极大值，一个极小值；

③时，可得，∴在上单调递增，所以无极值．

综上所述，当时，有一个极大值；

当时，有一个极大值，一个极小值；当时，无极值．

（2）设，，，

∴，∴，两边同时取倒数，

∴，∴，

又∵，∴即可，由，可得，

设，，

∴设，，

∴，∴，∴单调递减，∴，∴，

∴a的取值范围为．

22．解：（1）根据题意，消去参数t，可得直线l的普通方程为：2x－y＋a－3＝0．

因为曲线C的极坐标方程为，变形可得：，

∵，，，∴，

故曲线C的直角坐标方程为：．

（2）由（1）可知曲线C的圆心C（4，－2），，若曲线C上有且仅有三个点到直线l的距离为，则圆心C到直线l的距离为，

∵直线l为，∴，

∴，∴a＝－2或a＝－12．

23．解：（1）当a＝1时，，

当时，，即，

当时，恒成立，即，

当时，，即，综上，不等式的解集为．

（2），

若的最小值为0，则，解得a＝3，

∴，

∴，

当且仅当时等号成立，

故xz＋2yz的最大值为．