2023年高考考前押题密卷-数学（全国乙卷文）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷-数学（全国乙卷文）（全解全析），共16页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知，，则，已知函数，函数的部分图象大致为等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷（全国乙卷）文科数学（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷一、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．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】由题意可得：故选：D2．已知复数满足，给出下列四个命题其中正确的是（    ）A． B．的虚部为 C． D．【答案】B【详解】∵，∴，故z的虚部为，则，，，所以B正确，A，C，D不正确.故选：B.3．已知命题p：，；命题q：直线：与：相互垂直的充要条件为，则下列命题中为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】令，则，所以p为真命题；若与相互垂直，则，解得，故q为假命题，所以只有为真命题.故选：B．4．函数的最小正周期是（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为，的最小正周期，所以函数的最小正周期是.故选：C.5．设实数，满足约束条件则目标函数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】作出可行域，如图内部（含线段不包含顶点的部分），作直线：，在直线中，是直线的纵截距，因此直线向上平移时，增大，由于，因此直线与平行，所以平移直线，当它与直线重合时，取得最大值，若直线过点A，，所以目标函数的值域为.故选：D.6．已知，，则（    ）A．-7 B． C．7 D．【答案】A【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选：A．7．《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦图（含乾、坤，巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】从八卦中任取两卦，共有种情况，其中这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线，则必有一卦为乾，另一卦从兑、离、巽中选出一卦，故共有，故这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为.故选：B8．已知函数（a，b为常数，其中且）的图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【详解】解：由图象可得函数在定义域上单调递增，所以，排除A，C；又因为函数过点,所以，解得．故选：D9．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【详解】因为，，所以，故函数的为奇函数，排除BD；又 所以，故A错误.故选：C10．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑中平面BCD，，且，则鳖臑外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图，取的中点为，连接，因为平面BCD，平面，故，同理.因为的中点为，故.而，平面，故平面，而平面，故，故，所以为三棱锥外接球的球心，又，故，所以，故三棱锥外接球半径为，故其外接球的表面积为.故选：C.11．已知，是椭圆的上、下顶点，为的一个焦点，若的面积为，则的长轴长为（    ）A．3 B．6 C．9 D．18【答案】B【详解】由题可知，则，所以，所以，故的长轴长为．故选：B12．函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】因，又当时，，当，，时，，则，，当，，时，，则，，作出函数的大致图象，对任意，都有，设的最大值为，则，且所以，解得所以m的最大值为.故选：A. 第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量，且，则___________.【答案】【详解】由题设，且，所以，则.故答案为：14．点到抛物线的准线的距离为6，那么抛物线的标准方程是______．【答案】或．【详解】将化为，当 时，准线，由已知得，所以，所以；当时，准线，由已知得，所以或（舍），所以抛物线方程为或．故答案为：或.15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，且满足，，则边a等于________．【答案】【详解】由，显然，则，又，则，由，又，则，整理得，又，则，所以，得，又由正弦定理有，则．故答案为：．16．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，异面直线AB与CD的夹角为__________．【答案】【详解】如图所示，把展开图恢复到原正方体．连接AE，BE．由正方体可得且，∴四边形ADCE是平行四边形，∴AEDC．∴或其补角是异面直线AB与CD所成的角．由正方体可得：，∴是等边三角形，∴．∴异面直线AB与CD所成的角是60°．故答案为：60°    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．某校随机抽出30名女教师和20名男教师参加学校组织的“纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利75周年”知识竞赛（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，50~80分之间的为非优秀，统计并得到如下列联表： 女教师男教师总计优秀20626非优秀101424总计302050(1)男､女教师中成绩为优秀的频率分别是多少？(2)判断是否有99%的把握认为这次竞赛成绩是否优秀与性别有关？附：，其中．0.0500.0100.0013.8416.63510.828 【详解】（1）由题意可得：男教师中成绩为优秀的频率是，女教师中成绩为优秀的频率是．（2），故没有的把握认为这次竞赛成绩是否优秀与性别有关．18．如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD．(1)证明：平面平面PCD．(2)若，，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积．【详解】（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得．因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为，平面PAD，所以平面PAD．因为平面PCD，所以平面平面PCD．（2）因为，，所以，因为直角梯形ABCE的面积．所以．19．数列满足.(1)求证：是等比数列；(2)若，求的前项和为.【详解】（1）所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）可得，，所以，设设其前项和为，则①②减②得所以所以20．已知双曲线的离心率等于2，点到直线的距离等于1．(1)求的标准方程；(2)设为在第一象限的一个点，，为的焦点，如果线段，，的长度构成等差数列，求点的坐标．【详解】（1）因为点到直线的距离等于1，所以，解得.又，所以，所以，故的标准方程为.（2）设点坐标为，由为在第一象限的一个点,得 且；又，，构成等差数列，所以.由得.又，所以，即，所以，代入得，所以点坐标为.21．已知函数，．(1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值；(2)求证：；(3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围．【详解】（1）解：当时，，定义域为，所以，令得，所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，函数在处取得最小值，.（2）解：由（1）知，当时，，即，所以，要证成立，只需证，令，则，所以，当时，恒成立，所以，函数为单调递增函数，所以，，即，所以，所以成立（3）解：因为函数对恒成立所以对恒成立，令，则，当时，，在上单调递增，      所以，由可得，即满足对恒成立；当时，则，，在上单调递增，     因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；当时，令得令，恒成立，故在上单调递增，因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，所以，使得，，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，只需即可；所以，，，因为，所以，所以，解得，所以，，综上，实数a的取值范围为22．在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．(1)求曲线M，N的极坐标方程；(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．【详解】（1）解：由，可得，即，又由，可得，所以曲线M的极坐标方程为．由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为.（2）解：将代入，可得，将代入，可得，则，因为，所以，又因为，所以．23．已知函数．(1)若，解不等式；(2)若，求a的取值范围．【详解】（1）若，可知，当时，不等式转化为，解得，当时，不等式转化为，不等式恒成立，当时，不等式转化为，解得，综上，不等式的解集为；（2）若，则，因为，当且仅当时，等号成立，故，即或，解得或，则a的取值范围为．