2023年高三2月大联考（全国乙卷）文数试卷【含答案】

这是一份2023年高三2月大联考（全国乙卷）文数试卷【含答案】，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 文数试卷一、单选题1．已知复数，则（　　）A． B． C． D．2．若集合，，则（　　）A． B．C． D．3．已知命题p：，，则为（　　）A．， B．，C．， D．，4．下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的为（　　）A． B．C． D．5．如图，已知正三棱柱的棱长都相等，为棱的中点，则与所成角的正弦值为（　　）A． B． C． D．6．已知数列的前项和为，且，则的值为（　　）A． B． C． D．7．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（　　）A． B． C． D．8．已知函数是偶函数，当时，．若曲线在点处的切线方程为，则实数a的值为（　　）A．4 B．2 C．1 D．9．克罗狄斯·托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为的圆，，，，则四边形ABCD的周长为（　　）A． B． C． D．10．如图，已知线段AD的长为3，B，C是线段AD上的两点，则线段AB，BC，CD能构成三角形的概率为（　　）A． B． C． D．11．已知O为坐标原点，F是椭圆的左焦点．若椭圆C上存在两点A，B满足，且A，B，O三点共线，则椭圆C的离心率的取值范围为（　　）A． B． C． D．12．已知，，，则下列判断正确的是（　　）A． B． C． D．二、填空题13．已知双曲线上一点到两个焦点的距离之差为，且双曲线E的离心率为2，则双曲线E的方程为　         　．14．已知，平面向量，．若，则实数的取值范围是　          　．15．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则的面积等于　     　．16．在四面体ABCD中，，，．若四面体ABCD的体积为，则四面体ABCD外接球的表面积的最小值为　     　．三、解答题17．希望种子公司销售一种新品种蔬菜种子，其说明书标明：此品种蔬菜果实的平均长度为11.5cm．某种植大户购买了这种蔬菜种子，种植后从收获的蔬菜果实中随机选取了一个容量为20的样本，得到果实长度数据如下表：（单位：cm）序号（i）12345678910长度11.613.012.811.812.012.811.512.713.412.4
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 序号（i）11121314151617181920长度12.912.813.213.511.212.611.812.813.212.0参考数据：，，，．（1）估计该种植大户收获的蔬菜果实长度的平均数和方差；（2）判断说明书标明的“蔬菜果实的平均长度为11.5cm”的说法是否成立．（记，其中为蔬菜果实长度的平均数，s为蔬菜果实长度的标准差，n是选取蔬菜果实的个数．当时，．若，则说明书标明的“蔬菜果实的平均长度为11.5cm”的说法不成立）18．已知数列满足对任意m，都有，数列是等比数列，且，，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.19．如图，多面体ABCDEF的面ABCD是正方形，其中心为M．平面平面ABCD，，，．（1）求证：平面AEFB；（2）在内（包括边界）是否存在一点N，使得平面CEF？若存在，求点N的轨迹，并求其长度；若不存在，请说明理由．20．已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.（1）求抛物线的方程；（2）设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.21．已知函数，是的导函数．（1）讨论函数的单调性；（2）设，若函数在上存在小于1的极小值，求实数a的取值范围．22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t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，直线l的极坐标方程为.（1）写出直线l的直角坐标方程；（2）设曲线C与x轴的交点为A，B（点A在点B的左侧），若直线l上存在点M，满足，求实数m的取值范围.23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在，使得，求a的取值范围.
 1．D2．C3．B4．D5．B6．A7．A8．C9．A10．B11．C12．D13．14．15．16．17．（1）解：由题意知，，所以，．所以估计该种植大户收获的蔬菜果实长度的平均数和方差分别为12.5，0.43．（2）解：结合已知，由（1）得，，所以说明书标明的“蔬菜果实的平均长度为11.5cm”的说法不成立．18．（1）解：因为对任意m，，，所以，所以数列是公差的等差数列，.设等比数列的公比为q，因为，，，所以.又因为，解得，，所以，.（2）解：因为，所以，，两式相减，得，所以.19．（1）解：如图，取AE的中点G，连接GF，DG，因为，，所以，，所以四边形ABFG是平行四边形，所以，，又因为，，所以，，所以四边形CDGF是平行四边形，所以，因为，平面平面ABCD，平面ABCD，平面平面，所以平面ADE，又平面ADE，所以，因为，G为AE的中点，所以，又AE，平面AEFB，且，所以平面AEFB，所以平面AEFB；（2）解：如图，连接BD，BG，由（1）知，，，所以，，所以四边形BGEF是平行四边形，所以，因为平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，又由（1）知，，平面，平面CEF，所以平面CEF，因为DG，平面，且，所以平面平面CEF，设点N为线段DG上任意一点，则平面BDG，平面CEF，所以点N的轨迹为线段DG，长度为．20．（1）解：由，得，即.由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，所以，且，解得，所以抛物线C的方程为.（2）解：由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，如图，设，，，.将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，所以，所以，且.直线的方程为，代入抛物线方程，消去，得，解得或，所以.同理，得，所以，所以当时，取得最大值，为.21．（1）解：由题意，知的定义域为，．令，则，∴，且当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，，从而，，∴在上单调递增．（2）解：由题意，得，，．①当时，，．由（1）知，，且当时，；当时，，∴仅在处取得极小值，且极小值为，不符合题意．②当时，令，则．（i）若，即，则，，所以恒成立，此时无极值，不符合题意．（ii）若，即，则图象的对称轴为，所以在上单调递增．∵，，由函数单调性和零点存在性定理得，在上存在唯一的实数，使得，从而，且当时，，从而；当时，，从而．∴在上单调递减，在上单调递增，∴仅在处取得极小值，极小值为．∵在上单调递减，且，∴，符合题意．综上，实数a的取值范围为．22．（1）解：∵，∴，即.又∵，，∴，即直线l的直角坐标方程为；（2）解：由，且，则曲线C的普通方程为，其与x轴的交点分别为，.设点，由，得，即，∴，它表示圆心为，半径为的圆.∵点既在直线l上，又在圆E上，∴，即，∴，即实数m的取值范围为.23．（1）解：当时，原不等式可化为.当时，原不等式可化为，整理得，所以.当时，原不等式可化为，整理得，所以此时不等式的解集是空集.当时，原不等式可化为，整理得，所以.综上，当时，不等式的解集为.（2）解：若存在，使得，即存在，使得①.①式可转化为，即②.因为，所以②式可化为③，若存在使得③式成立，则，即，所以，即a的取值范围为.