2023届高考理科数学一轮复习测试调研卷（全国卷地区使用）

2023届高考理科数学一轮复习测试调研卷

（全国卷地区使用）

【考试时间：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.设全集，则(   )

A.

B.

C.

D.

2.若，则(   ).

A. B. C. D.i

3.已知向量a，b满足，，，则(   )

A.-2 B.-1 C.1 D.2

4.设是首项为-10，公差为2的等差数列，是首项为，公差为的等差数列.O为原点，向量，，点满足.若存在点位于第一象限，则(   )

A.5或6 B.6 C.7 D.6或7

5.过抛物线的焦点F作直线交抛物线于、两点，若，则的值为(   )

A.10 B.8 C.6 D.4

6.执行如图所示的程序框图，若输出的，则空白判断框中可填入的条件是(   )

A. B. C. D.

7.如图，在正方体中，E，F，G分别是棱AB，BC，的中点，过E，F，G三点作该正方体的截面，则下列说法错误的是(   )

A.在平面内存在直线与平面EFG平行

B.在平面内存在直线与平面EFG垂直

C.平面平面EFG

D.直线与EF所成角为45°

8.已知数列的前n项和，正项等比数列满足，则使成立的n的最大值为(   )

A.5 B.6 C.7 D.8

9.菱形ABCD的边长为3，，沿对角线AC折成一个四面体，使得平面平面ABC，则经过这个四面体所有顶点的球的表面积为(   )

A. B. C. D.

10.甲、乙两名同学将参加2021年高考，根据高三年级一年来的各种大、中、小型数学模拟考试总结出来的数据显示，甲、乙两人能考140分以上的概率分别为和，甲、乙两人是否考140分以上相互独立，则预估这两个人在2021年高考中恰有一人数学考140分以上的概率为(   )
A. B. C. D.

11.已知双曲线，直线与T交于A，B两点，直线与T交于C，D两点，四边形ABCD的两条对角线交于点E，，则双曲线T的离心率为(   )

A. B. C.2 D.4

12.已知函数的定义域为R，且函数的图象关于点(1，0)对称，对于任意的x，总有成立，当时，，函数，对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数m构成的集合为(   )

A.  B.

C.  D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.我国在北宋年间（公元1084年）第一次印刷出版了《算经十书》，即贾宪的《黄帝九章算法细草》，刘益的《议古根源》秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》，杨辉的《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》.这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的高峰.某学校图书馆中正好有这十本书，现在小张同学从这十本书中任借三本阅读，那么他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为_____.

14.已知A在直线上，点B是圆上的点，则的最大值为_____________.

15.已知函数在上有最大值，无最小值，则的取值范围是__________.

16.已知函数的图像与的图像在区间上存在关于x轴对称的点，则m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：共60分。

17.（12分）在中，内角所对的边分别为，且满足.

(1)求角A的值；

(2)设的外接圆半径为r，若，求的面积的最大值.

18.（12分）如图，在三棱柱中，四边形ABCD是菱形，，P，Q分别为AD，BE的中点，且平面平面ABCD.

(1)求证：；

(2)求直线PQ与平面BDF所成角的正弦值.

19.（12分）随着城市规模的扩大和人们生活水平的日益提髙，某市近年机动车保有量逐年递增.根据机动车管理部门的统计数据，以5年为一个研究周期，得到机动车每5年纯增数量(单位：万辆)的情况如下表.

其中，2，3，…，时间变量对应的机动车纯增数量为，且通过数据分析得到时间变量x与对应的机动车纯增数量y(单位：万辆)具有线性相关关系.

(1)求机动车纯增数量y关于时间变量x的回归方程，并预测2025~2030年间该市机动车纯增数量的值；

(2)该市交通管理部门为了了解市民对“单双号限行”的赞同情况，随机采访了220名市民，将他们的意见和是否拥有私家车情况进行了统计，得到的2×2列联表如下表.

根据列联表判断，能否有99%的把握认为对限行是否赞同与拥有私家车有关？

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.

，.

20.（12分）已知椭圆，其左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，且椭圆的离心率.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若椭圆上存在一点M，使得，求直线l的方程.

21.（12分）已知函数.

（1）函数在上单调递增，求出实数a的取值范围；

（2）若方程在上有两个不同的实根，求出实数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.（10分）[选修4 – 4：坐标系与参数方程]

在直角坐标系中，曲线的参数方程为(其中φ为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)射线与曲线，分别交于点(均异于极点)，当时，求的最小值.

23.（10分）[选修4 – 5：不等式选讲]

已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求a的取值范围.

答案以及解析

1.答案：C

解析：因为，所以.

2.答案：D

解析：由，得，所以，故选D.

3.答案：C

解析：由，可得，又，，所以，故选C.

4.答案：D

解析：由已知得，.因为，所以点的坐标为，可得.若存在点位于第一象限，则解得，所以或7.故选D.

5.答案：B

解析：依题意得，，，又，.因此，，故选B.

6.答案：C

解析：模拟执行程序框图，；；；；；，退出循环.故空白判断框中可填入的条件是“”，选C.

7.答案：D

解析：设BD交AC于点O，EF交BD于点P，连接，PG.因为，，所以.因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG.又平面，故A正确.连接，.因为平面，所以.又，所以.因为平面，所以.又，，所以平面，所以.又，所以.因为，所以平面EFG.又平面，故B正确.因为，，EG，平面EFG，，平面EFG，所以平面EFG，平面EFG.又因为平面，平面，，所以平面平面EFG，故C正确.因为，为等边三角形，故直线与AC所成角为60°，即直线与EF所成角为60°，故D不正确.故选D.

8.答案：D

解析：设等比数列的公比为q，

由题意可知当时，；

当时，，

.

，，，

，，n的最大值为8，故选D.

9.答案：A

解析：如图所示，分别为和的外接圆圆心.因为四边形ABCD为菱形，，所以和均为等边三角形.设E为AC的中点，连接DE，BE，则又因为平面平面ABC，且平面平面，所以平面过作垂直于平面ABC的直线，过作垂直于平面ADC的直线，两直线交于点O，则交点O为四面体ABCD外接球的球心，连接OB.因为四边形为矩形，所以所以外接球的半径为故该四面体外接球的表面积故选A.
 

10.答案：A

解析：因为这两个人在2021年高考中恰有一人数学考140分以上的概率为甲考140分以上乙未考到140分以上事件概率与乙考140分以上甲未考到140分以上事件概率的和，而甲考140分以上乙未考到140分以上事件概率为，乙考140分以上甲未考到140分以上事件概率为，因此，所求概率为.

11.答案：A

解析：在中，令，得，

不妨设，同理可得，

由对称性可知，四边形ABCD的两条对角线的交点E在y轴上.

易知直线AC的方程为，令，得，即.因为，所以是等边三角形，，

所以，因为，所以，所以.

12.答案：A

解析：由函数的图象关于点(1，0)对称知函数的图象关于原点对称，即函数是奇函数，由任意的x，总有成立，即恒成立，得函数的周期是4，又当时，，所以当时，，而是奇函数，所以当时，，又，，从而得，即当时，，由函数的周期是4，得函数在R上的值域是(-1，1)，因为对任意，存在，使得成立，所以，即在R上有解，当时，取，则成立，即，符合题意，当时，在R上有解，必有，解得，则，符合题意.综上可得，所以满足条件的实数m构成的集合为.故选A.

13.答案：

解析：根据题意可知，这十本书中共有五本有一个“算”字，因为小张同学从这十本书中任借三本阅读共有种情况，他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字共有种情况，故所求概率为.

14.答案：45°

解析：若点A固定，则当AB与圆相切时，最大，此时.当点A在直线l上移动时，易知当时，最小，且，此时最大，最大值为.

因为是锐角，所以的最大值为45°.

15.答案：

解析：要求函数在上有最大值，但没有最小值，所以，解得.又函数在上有最大值，但没有最小值，所以存在，使得.因为，所以，所以，又，所以，所以，由，解得.由，解得，所以.

16.答案：

解析：当时，直线在图像的上方，故当时，.因为函数的图像与的图像在区间上存在关于x轴对称的点，等价于方程，即在区间上有解.令，则，因为，所以，则由，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.又，，，所以实数m的取值范围为.

17.答案：(1)

(2)

解析：(1)因为，

所以，

则，

故.

因为，

所以，

即，且，

所以.

(2)因为，

所以.

由(1)知，

所以由余弦定理得，

则，

由基本不等式得，

即，

当且仅当时，等号成立，

，

则面积的最大值为.

18.答案：(1)证明过程见解析.

(2)正弦值为.

解析：(1)连接BP，在菱形ABCD中，易得.

平面平面ADF，平面平面，

平面ADF.

又平面ADF，.

在中，易知，.

又，，

连接EP，，平面BEP，

平面BEP，

又平面BEP，.

(2)解法一：取DF的中点G，连接EG，GP.

，.

四边形PQEG为平行四边形，.

直线PQ与平面BDF所成的角就是直线EG与平面BDF所成的角.

由(1)知，，

在中，，.

在中，，易知，

连接BG，.

又，平面BEG.

又平面BDF，平面平面BEG.

过E作于点H，平面平面，

平面BDF.

就是直线EG与平面BDF所成的角.

在中，易得，

，

直线PQ与平面BDF所成角的正弦值为.

解法二：由(1)知，故可以PB，PA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

.

，，

.

设平面BDF的法向量为，

则即

取，则，.

设直线PQ与平面BDF所成的角为，

则.

直线PQ与平面BDF所成角的正弦值为.

19.答案：(1)，2025~2030年间该市机动车约纯增34.8万辆

(2)有99%的把握认为对限行是否赞同与拥有私家车有关

解析：(1)由机动车的纯增数量表可知

，，

所以，

因为回归直线过样本点的中心，所以，

解得，所以.

当年度周期为2025~2030时，，所以，

所以2025~2030年间该市机动车约纯增34.8万辆.

(2)根据列联表，计算得的观测值.

因为，

所以有99%的把握认为对限行是否赞同与拥有私家车有关.

20.答案：（1）

（2）

解析：（1）过的直线，

令，解得，，

，，，椭圆C的方程为.

（2）设，，，

由，得，，将其代入椭圆方程，可得，

，

，

联立方程，得消去x，可得，

，，

，

即，解得.

故所求直线l的方程为.

21.答案：（1）

（2）

解析：（1）函数的定义域为.

因为函数在上单调递增，

所以，

所以，

所以.

令，，

则，

所以函数在上单调递减，，

所以，

故实数a的取值范围为.

（2）若，

则.

设，

则.

令，

则.

设，

易知函数在上单调递减，

所以当时，，

所以当时，，

故函数在上单调递减，，

所以当时，，即，函数单调递增；

当时，，即，函数单调递减，

所以，而.

因为直线与函数有两个不同的交点，所以实数a的取值范围为.

22.答案：(1)；

(2)

解析：(1)由题可得曲线的普通方程为，

曲线的直角坐标方程为.

(2)曲线的极坐标方程为，所以.

又因为，

所以

.

因为，所以，

所以当时，有最小值，最小值为.

23.答案：(1)或

(2)

解析：(1)当时，

等价于或或

解得或，

∴不等式的解集为或.

(2)易知，

∴若恒成立，

则，即，

或，

解得，

的取值范围为.