2023年高考数学押题卷03（乙卷理科）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

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2023年高考押题预测卷03 理科数学·全解全析一、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，集合，则（    ）A． B． C． D． 【答案】B【分析】先解出，根据补集的运算求出，然后根据交集的运算，即可得出答案.【详解】解可得，，所以.又，所以.所以.故选：B.2．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先运用复数的除法规则求出z，再根据复数的几何意义求解.【详解】 ， ，，实部为1，虚部为-1，所以在第四象限；故选：D.3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）A． B． C． D． 【答案】C【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解【详解】设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.故选：.4．已知函数的图象关于对称，当的最小正周期取得最大值时，距离原点最近的对称中心为（    ）A． B． C． D． 【答案】D【分析】根据余弦型函数的对称轴、最小正周期公式可得到函数的解析式，再根据余弦型函数的对称中心即可求解．【详解】由已知得，即，当时，最小，且为，则最大，此时，其对称中心的横坐标为，当时，函数的图象上距离原点最近的对称中心为．故选：D．5．已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为1的直线交椭圆于两点.若的中点坐标为，则的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，利用点差法可得的关系，从而可求得，即可的解.【详解】设，则，由已知有，，作差得，则，所以，解得，则的方程为.故选：D．6．已知，则（    ）A． B．－1 C． D． 【答案】C【分析】应用诱导公式、商数关系可得，再由和角正切公式展开求得，最后由求值即可.【详解】由，所以，则，所以，则，故，由.故选：C7．若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解.【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为，所以切线方程为，又切线过点，则，整理得.要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，即函数图象与直线在R上有3个交点，设，则，令，令或，所以函数在上单调递增，在和上单调递减，且极小值、极大值分别为，如图，由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，即过点的切线有3条.所以实数a的取值范围为.故选：B.8．“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要在至多测量两次的情况下量两次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（    ）个刻度A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】将问题转化为组合抽样思维，设为长度，为刻度，为刻度对应的数量，则当尺子有4个刻度时满足条件， 其中证明验证求解.【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，则当尺子有4个刻度时满足条件设为长度，为刻度，为刻度对应的数量，则有且，其中，当时，下证，当尺子有3个刻度时不能量出的物体长度设且，其中，所以当中有1个0，x的取值至多有3个当中有2个0时，或，x的取值至多有2个当中没有0时，x的取值有1个所以x取值至多有6个，即当尺子有3个刻度时不能量出的物体长度．故选:B9．在中，已知，，，当取得最小值时，的面积为（    ）A． B． C． D． 【答案】D【分析】设，，在和中应用正弦定理可得到，然后利用结合余弦定理可得，化简可得当时，取得最小值，最后利用面积公式即可【详解】设，，，，，在中，，在中，，,，，设，，，，，，，当时，取得最小值，，，又，在中，.故选：D.10．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ）A． B． C． D． 【答案】D【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、，甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得，乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得，混合后，新数据的平均数为，方差为.故选：D.11．已知，点P为直线上的一点，点Q为圆上的一点，则的最小值为（    ）A． B． C． D． 【答案】D【分析】令，可得M点的坐标为，则，即可得答案.【详解】设，令，则，则M.如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点M距离，为.故选：D12．在三棱锥A－BCD中，，∠ADC＝∠ABC＝90°，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥A－BCD的所有顶点都在球O的球面上，E，F分别在线段OB，CD上运动（端点除外），．当三棱锥E－ACF的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为（    ）A．π B． C． D．2π【答案】C【分析】作出图形，辅助线，找到球心位置，求出半径，设CF＝x，则，所以，表达出三棱锥E－ACF的体积，得到当时，V取得最大值，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，求出截面面积的最小值【详解】如图，取AC的中点O，连接OF，OB，因为∠ADC＝∠ABC＝90°，所以，即O为球心，则球O的半径R＝2．又AB＝BC，所以OB⊥AC，又平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面ABC，所以OB⊥平面ACD．设CF＝x，则，所以，所以三棱锥E－ACF的体积，当时，V取得最大值．由于OA＝OB＝OC＝OD，在△COF中，由余弦定理得：，根据球的性质可知，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，设此时截面圆的半径为r，所以，则截面面积的最小值为．故选：C．【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．   第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若x，y满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】3【分析】根据约束条件画出可行域，然后作出目标函数的一条等值线，利用等值线在可行域中进行平移找到取得最大值的最优解，可得结果.【详解】根据约束条件可作图如图，由目标函数，令，得到目标函数的一条等值线，故点当直线移到点时，目标函数有最大值则，故答案为：3.14．已知函数的定义域为,其导函数为,若函数为偶函数,函数为偶函数,则下列说法正确的序号有___________.①函数关于轴对称;②函数关于中心对称;③若,则;④若当时,,则当时,.【答案】①③④【分析】根据偶函数的定义以及原函数与导函数的对称关系得出轴对称和中心对称，再得出周期，再综合利用得出的性质求解.【详解】由于函数为偶函数,则②,则函数关于轴对称,①正确;进而函数关于点中心对称, 由于函数为偶函数,则,则函数关于轴对称,进而函数关于中心对称, ②错误;由题可得函数的周期为，的周期为，故，由中心对称性，所以，所以,故,③正确;当时,，,④正确.故答案为：①③④【点睛】结论点睛：若是可导的奇函数,则是偶函数；若是可导的偶函数,则是奇函数.15．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于两点，则的取值范围是___________.【答案】【分析】根据题意，求出抛物线方程，设，，不妨取，再根据点三点共线，得，进而得到，再进而化简，可求解.【详解】如图，因为点在抛物线上，解得，所以，抛物线方程为，设点，，不妨取，由点三点共线，得，得，故原式，令，故原式，故答案为：.16．若函数的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数具有性质.若函数具有性质，其中，，为实数，且满足，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】根据三角函数辅助角公式和将函数解析式中的，消去，再求出函数导数，根据题意利用导数列式表示出性质，将式子展开后把等式当作一个关于的方程的有解问题，根据一元二次方程有解条件化简等式求解出a值，再根据将，换元为三角函数形式代入求解出实数的取值范围即可.【详解】由题意可得，.于是，.设切点分别为，，则由函数具有性质，可得，即，整理得，将上式视为关于的方程，则其判别式：，即，注意到，，则，故，此时或，代入方程可得，因此，.另一方面，由，可设，，其中，则，即.因此，.故答案为：.【点睛】思路点睛：对于函数新定义，解题第一步都是模仿定义列式求解，此题难度不在于新定义，而在于式子的复杂性，一方面需要根据题意优先化简函数解析式，为求导后的计算打下基础；另一方面，在求导后的计算中，要将a作为主元进行求解，因此展开方程即便系数复杂，也能看出方程本质为关a的一元二次方程，最终按照一元二次方程性质解题即可.  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．设是数列的前n项和，已知，.(1)求，；(2)令，求.【答案】(1)(2)  【分析】（1）根据递推关系即可联立求解，（2）根据偶数项和奇数项的关系可得，进而根据分组求和即可.【详解】（1）由得即，即，又，所以 （2）当时，，当时，， 两式相加可得，得， 由于，所以 18．甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、y个黄球和z个蓝球，.现两人各从自己的箱子里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜.(1)当，，时，求乙胜的概率；(2)若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分，否则得零分.求乙得分均值的最大值，并求此时x，y，z的值.【答案】(1) (2)乙得分均值的最大值为，此时，  【分析】（1）设出事件，根据古典概型概率公式求得事件的概率，进而表示出事件乙胜，根据独立事件以及互斥事件，即可求出答案；（2）用随机变量来表示乙得分，则可取.然后分别计算得出取时的概率，根据期望公式求出即可得出，根据已知结合的取值范围，即可得出答案.【详解】（1）记“甲取红球”为事件，“甲取黄球”为事件，“甲取蓝球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，则由已知可得，，，，，， 由已知，乙胜可以用事件来表示，根据独立事件以及互斥事件可知，. （2）由题意知，，，.用随机变量来表示乙得分，则可取, 则，，，所以 所以.因为，所以，且，，，所以， 当且仅当，，时，等号成立.所以，乙得分均值的最大值为，此时，， 19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，为棱的中点，是棱上一点，且．(1)证明：平面；(2)若，直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)  【分析】（1）取棱PB和PC的中点，利用平行四边形的判定及性质证明线线平行，再利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用线面角求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.【详解】（1）如图，设E，F分别为棱PB和PC的中点，连接AE，EF，FD，则，且，又，，所以，且，所以四边形ADFE为平行四边形，故， 因为，E为棱PB的中点，所以，又M为棱AP的中点，所以，故，又平面PDC，平面PDC，所以平面PDC； （2）设，所以，又，所以，所以，所以和为等边三角形，设O为棱CD的中点，连接OP，OB，故，又，，，平面POB，平面POB，所以平面POB．又平面ABCD，所以平面平面ABCD，故直线PB与平面ABCD所成的角为，所以，又，所以，综上OP，OB，OC两两垂直，以为坐标原点，以OB，OC，OP分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则，，，，因为，所以，又为棱的中点，则， 所以，，，设为平面MCD的法向量，则,即，令，可得， 设为平面BMD的法向量，则，即，令，可得， 所以，故平面BMD与平面MCD夹角的余弦值为.. 20．已知双曲线的左、右焦点分别为，且到的一条渐近线的距离为.(1)求的方程；(2)过的左顶点且不与轴重合的直线交的右支于点，交直线于点，过作的平行线，交直线于点，证明：在定圆上.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离求出即可得解；（2）由题意可设PA，的斜率分别为，设直线AP的方程为，联立双曲线方程，求出，由三角函数可得，即化为得证.【详解】（1）根据题意可知C的一条渐近线方程为，设到渐近线的距离为， 所以，所以的方程为 （2）设C的左顶点为A，则,故直线为线段的垂直平分线.所以可设PA，的斜率分别为，故直线AP的方程为. 与C的方程联立有，设B），则，即，所以. 当轴时，，是等腰直角三角形，且易知 当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故. 因为，所以所以因为所以所以为定值， 所以点Q在以为圆心且半径为4的定圆上.【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.21．设函数.(1)求在区间上的极值点个数；(2)若为的极值点，则，求整数的最大值.【答案】(1)1(2)1 【分析】（1）求出函数的导函数，令求出，分，两种情况讨论，分别说明函数的单调性，即求出函数的极值点数；（2）依题意可得，则，令，则转化为，令，即为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，即可得解.【详解】（1）因为，所以，令，则， .①当时，，单调递增，无极值点；  ②当时，，单调递减，，.故存在唯一，使得. 当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，有极大值点； 综上在区间上有1个极值点. （2）若为的极值点，则，， 所以， 令，，即，记)，即；①当时，故g(t)在上单调递增，，符合题意； ②当时，若，则，故在上单调递减.由（1）知在区间上存在极值点，记为，则， 故，不符题意； 综上，整数的最大值为1. 【点睛】方法点睛，导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．  （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） 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为，直线l的普通方程为．(1)将C的极坐标方程化为参数方程；(2)设点A的直角坐标为，M为C上的动点，点P满足，写出P的轨迹的参数方程并判断与l的位置关系．【答案】(1)其中为参数(2)其中为参数,与l相离． 【分析】（1）根据极坐标方程转化为直角坐标方程再转化为参数方程即可；（2）根据参数方程和向量的坐标形式转化关系，以及参数方程转化为直角坐标方程和直线与圆的位置关系即可求解.【详解】（1）因为，所以，。。。。。。。。。所以，整理得，曲线C的直角坐标方程为， 所以其中为参数．则对应的参数方程为其中为参数． （2）由（1）参数方程可设，则由，得其中为参数． 对应的直角坐标方程为，圆心到l距离，则与l相离．    23．[选修4-5：不等式选讲]（10分） 23．已知、、均为正实数，且.(1)证明：；(2)比较与的大小．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析 【分析】（1）利用柯西不等式可证得结论成立；（2）由题中条件可得出，利用作差法结合基本不等式可得出与的大小．【详解】（1）证明：由柯西不等式有， 当且仅当时，等号成立，故. （2）解： ，所以，，所以，， 若第一个等号成立，即，即时，第二个等号若要成立，则要满足，此时，故等式可成立．所以，，当且仅当时，等号成立