2023高考压轴卷——数学（文)（全国乙卷）（Word版附解析）

2023全国乙卷高考压轴卷

数学试题（文科）

（考试时间：120分钟  满分：150分）

第I卷（满分60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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，集合，，则下面Venn图中阴影部分表示的集合是（    ）

A.  B.

C.  D.

2. 设复数满足，则（    ）

A.  B. 4 C.  D.

3. 已知双曲线的渐近线方程，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

4. 考拉兹猜想是引人注目的数学难题之一，由德国数学家洛塔尔·考拉兹在世纪年代提出，其内容是：任意给定正整数，如果是奇数，则将其乘加；如果是偶数，则将其除以，所得的数再次重复上面步骤，最终都能够得到．下边的程序框图演示了考拉兹猜想的变换过程．若输入的值为，则输出的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

5. 若与是两条不同的直线，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

6．已知数列为等差数列，其前n项和为，，若，则（    ）

A．0 B．2 C．4 D．8

7. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

8. 已知角，角，终边上有一点，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

9．已知函数，若恒成立，则实数a的最大值为（    ）

A． B． C．2e D．

10. 抛物线的焦点为，为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交抛物线的准线于，两点，，则直线的斜率为（    ）

A.  B.

C.  D.

11. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

12. 在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（    ）

A.  B.

C.  D.

第II卷（非选择题  共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分．第13题-第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把KS5U答案填在答题卡上的相应位置．

13. 已知向量，，若、、三点共线，则_____．

14. 如图，圆柱的轴截面是正方形，是底面圆的直径，是母线，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________．

15. 已知数列前项和，记，若数列中去掉数列中的项后，余下的项按原来顺序组成数列，则数列的前50项和为________．

16. 已知是定义在R上的奇函数，且函数图象关于直线对称，对，，则以下结论：①为奇函数；②为偶函数；③；④在区间上，为增函数．其中正确的序号是______．

三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 《中国统计年鉴2021》数据显示，截止到2020年底，我国私人汽车拥有量超过24千万辆．下图是2011年至2020年十年间我国私人汽车拥有量（单位：千万辆）折线图．

（注：年份代码1-10分别对应年份2011-2020）

（1）由折线图能够看出，可以用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

（2）建立关于的线性回归方程（系数精确到0.01），并预测2022年我国私人汽车拥有量．

参考数据：，，，，，．

参考公式：相关系数，线性回归方程中，斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

18. 已知函数．

（1）求函数的对称中心及最小正周期；

（2）若，，求的值．

19. 如图，在矩形中，，点为边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，使得，连结，，．

（1）证明：平面平面；

（2）求点到平面的距离．

20. 已知函数．

（1）设函数，若是区间上的增函数，求的取值范围；

（2）当时，证明函数在区间上有且仅有一个零点．

21.已知抛物线的焦点为F，点E在C上，以点E为圆心，为半径的圆的最小面积为．

（1）求抛物线C的标准方程；

（2）过点F的直线与C交于M，N两点，过点M，N分别作C的切线，，两切线交于点P，求点P的轨迹方程．

请考生在第22、23题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与直线交于点，直线与曲线交于点，且，求实数的值．

选修4-5：不等式选讲

23.已知函数．

（1）求函数的最小值；

（2）设，，若的最小值为m，且，求的最大值．

【KS5U答案1】D

【分析】根据Venn图，明确阴影部分表示的集合的含义，即可求得KS5U答案.

【KS5U解析】由题意,可知Venn图中阴影部分表示的集合是 ,故选：D

【KS5U答案2】A

【分析】由复数的四则运算结合几何意义得出.

【KS5U解析】，故选：A

【KS5U答案3】B

【分析】求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.

【KS5U解析】双曲线的渐近线方程为，所以，，

因此，该双曲线的离心率为.故选：B.

【KS5U答案4】B

【分析】根据程序框图列举出算法循环的每一步，即可得出输出结果.

【KS5U解析】第一次循环，不成立，，，不成立；

第二次循环，成立，，，不成立；

第三次循环，成立，则，，不成立；

第四次循环，成立，则，，不成立；

第五次循环，成立，则，，成立.

跳出循环体，输出.故选：B.

【KS5U答案5】C

【分析】由题意解出时的值后判断

【KS5U解析】若，则，解得或

而时，重合，故舍去

则“”是“”的充要条件。故选：C

【KS5U答案6】C　

【KS5U解析】因为数列为等差数列，故，故，则．故选C．

【KS5U答案7】A

【分析】分别求出所有的安排情况，再求甲乙两人安排在同一个舱内的情况，最后用古典概率公式可求解.

【KS5U解析】从甲，乙，丙，丁4名航天员中任选两人去天和核心舱，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能，

要使得甲乙在同一个舱内，由题意，甲乙只能同时在天和核心舱，在这种安排下，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能.所以甲乙两人安排在同一个舱内的概率.故选：A

【KS5U答案8】D

【分析】首先确定点所在的象限，再根据，即可判断的值.

【KS5U解析】因为，所以，即点在第三象限，

且，且，所以.故选：D

【KS5U答案9】C　

【KS5U解析】当与直线相切时，设切点为，又，所以该切线方程为，易知切线过点，代入切线方程可得或．易得，当时，；当时，，结合图象可得实数a的最大值为2e．故选C．

【KS5U答案10】D

【分析】根据题意求出点坐标，即可求出直线的斜率.

【KS5U解析】由题意可知：，设准线与轴交于，

因为，所以，且，

所以，

设，由抛物线定义可知，

所以，代入抛物线中得，所以，且，

所以直线的斜率为.故选：D

【KS5U答案11】C

【分析】利用指数函数、对数函数单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.

KS5U解析】，

，，

因为，所以，，则，即，

因此，.故选：C.

【KS5U答案12】B

【分析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可.

【KS5U解析】因为，，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，，如图所示，

正方体中，，，所以面，

所以，因为，所以.同理可得，

因为，所以面，其中为正六边形.

因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点，

根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内.又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG，

，由正六边形及正方体对称性可知，

故点P的轨迹长度为，故选：B

【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可.

【KS5U答案13】

【分析】由已知可得，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.

【KS5U解析】由已知，则，解得.

故KS5U答案为：.

【KS5U答案14】

【分析】以、为邻边作平行四边形，连接，可知异面直线与所成角为，计算出、的长，即可求得的余弦值.

【KS5U解析】设圆柱底面半径为，连接，以、为邻边作平行四边形，连接，

则且，所以，异面直线与所成角为，

为的中点，且为圆的一条直径，所以，，即，

因为，所以，平行四边形为正方形，，

平面，、平面，，，

则，

，，平面，

平面，，，

在中，.故KS5U答案为：.

【KS5U答案15】1478

【分析】根据求出，从而求出，根据数列、项的关系得到数列的前50项并求和即可.

【KS5U解析】∵，∴时，，

时，，

当时也满足上式，，，

，

的前50项为数列的前55项中去掉数列的前5项后余下的项，

∴数列的前50项和为.

故KS5U答案为：1478.

【KS5U答案16】①②

【分析】对于①，根据函数的对称性和奇函数的定义分析判断即可，对于②，根据函数的对称性结合偶函数的定义判断，对于③，由，可得，对于④，举例判断.

【KS5U解析】对于①，因为是定义在R上的奇函数，且函数图象关于直线对称，所以，因为，所以为奇函数，所以为奇函数，所以①正确，

对于②，因为的图象关于直线对称，所以，所以为偶函数，所以②正确，

对于③，因为是定义在R上的奇函数，所以，由，得，所以③错误，

对于④，对于函数满足条件，而此函数在上不是增函数，所以④错误，故KS5U答案为：①②.

【KS5U答案17】

【分析】（1）根据相关系数公式及相关数据计算可求解；

（2）根据题中的数据及公式先求得，再令代入可求解.

【小问1KS5U解析】

由题意得，，

相关系数，说明与的线性相关性很高，所以，可以用线性回归模型拟合与的关系．

【小问2KS5U解析】由，，

所以，因此，

所以．当时，．

所以2022年我国私人汽车拥有量约为千万辆.

据此可以预测，2022年我国私人汽车拥有量将达到28.11千万辆．

【KS5U答案18】（1）函数的对称中心为，，函数的最小正周期为；   

（2）.

【分析】(1)根据三角恒等变换公式化简函数的解析式，结合正弦函数性质求函数的对称中心及最小正周期；(2)由(1)可得，结合两角差正弦函数，二倍角公式，同角关系化简可求.

【小问1KS5U解析】

，

，

，

令，，可得，，

又，

所以函数的对称中心为，，

函数的最小正周期；

【小问2KS5U解析】

因为，所以，所以，

所以，所以，

所以，

所以，

因为，所以，故，

所以，所以或，又，故.

【KS5U答案19】

【分析】（1）取的中点，连结，，根据等腰三角形以及勾股定理证明，，再由面面垂直的判定证明即可；

（2）设点到平面的距离为，根据等体积法得出，从而得出点到平面的距离．

【小问1KS5U解析】

证明：，，为等边三角形，，．取的中点，连结，，则．又，，，．，平面，，平面．

又平面，∴平面平面．

【小问2KS5U解析】

由（1）知，平面，且．

连结，，则，且，

，．

，．，

．设点到平面的距离为，则

，即，

解得，∴点到平面的距离为．

【KS5U答案20】

【分析】（1）求导．令，求导，根据函数是区间上的增函数，由在区间上恒成立求解；

（2）求导．利用导数法证明.

【小问1KS5U解析】

解：．设，则．

∵函数是区间上的增函数，在区间上恒成立

若，则恒成立，此时；

若，此时，恒成立，即恒成立；

．综合上：的取值范围是．

【小问2KS5U解析】

当时，，则．

在区间上单调递增．

，，∴存在，使得．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

又，，∴函数在区间上有且仅有一个零点．

【KS5U答案21】

（1）设点，，则，

因为以E为圆心，以为半径的圆的最小面积为，

所以，

所以，解得，

所以抛物线C的标准方程为．

（2）设，，

易得，由题意知直线MN的斜率一定存在，则设直线MN的方程为，

联立得，

，所以，．

由，得，则切线的斜率为，则切线的方程为，

即①．

同理可得切线的方程为②．

①②得，

代入①得，，

所以点P的轨迹方程为．

【KS5U答案22】（1），   

（2）1

【分析】（1）消去参数可把参数方程化为普通方程，由公式可把极坐标方程与直角坐标方程互化；

（2）用极坐标法求出的极坐标，，再利用直角三角形性质可求得．

【小问1KS5U解析】

由（为参数）得，

∴直线的极坐标方程为．

由得，，

，

∴曲线的直角坐标方程为．

【小问2KS5U解析】

直线的极坐标方程为，将代入直线的极坐标方程得，

∴点的极坐标为

将代入曲线的极坐标方程得，

．

，且为线段的中点，

，即，

．

【KS5U答案23】

（1）依题意得

∴当时，可得函数取最小值3．

（2）由（1）可得，∴，

根据柯西不等式可得，

∴，∴，当且仅当时等号成立，

∴的最大值为．