2023年高考压轴卷——数学（理)（全国乙卷） Word版含解析

2023全国乙卷

高考压轴卷  

数学试题（理科）

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. 已知集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

2. 设命题，，则是（）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

3. 已知复数满足，则复数的虚部为（）

A.  B.  C.  D.

4. 已知△ABC中，为边上一点，且，则（）

A.  B.  C.  D.

5. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）

A.  B.  C.  D.

6. 如图为甲，乙两位同学在5次数学测试中成绩的茎叶图，已知两位同学的平均成绩相等，则甲同学成绩的方差为（）

A. 4 B. 2 C.  D.

7. 已知则x＋2y的最大值为（）

A. 2 B. 3 C. 5 D. 6

8. 函数（是自然对数的底数）的图象关于（    ）

A. 直线对称 B. 点对称

C. 直线对称 D. 点对称

9. 已知数列的前项和，若，则（）

A. 8 B. 16 C. 32 D. 64

10. 已知点到点和点的距离之和为4，则（）

A. 有最大值1 B. 有最大值4 C. 有最小值1 D. 有最小值

11. 如图，在正方体中，点M，N分别是，的中点，则下述结论中正确的个数为（）

①∥平面；②平面平面；

③直线与所成的角为；④直线与平面所成的角为．

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

12. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数．若函数为“不动点”函数，则实数的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知函数的图象关于点中心对称，其最小正周期为T，且，则的值为______．

14. 已知点，，为轴上一点，若，则______．

15. 3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术．如图所示的塔筒为打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为6cm，下底直径为9cm，高为9cm，则喉部（最细处）的直径为______cm．

16. 在数列中，，．记是数列的前项和，则______．

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. 在中，角，，所对的边分别为，，，，

（1）求证：；

（2）若，的外接圆面积为，求的周长．

18. 研究表明，温度的突然变化会引起机体产生呼吸道上皮组织的生理不良反应，从而导致呼吸系统疾病的发生或恶化．某中学数学建模社团成员欲研究昼夜温差大小与该校高三学生患感冒人数多少之间的关系，他们记录了某周连续六天的温差，并到校医务室查阅了这六天中每天高三学生新增患感冒而就诊的人数，得到资料如下：

参考数据：，．

（1）已知第一天新增患感冒而就诊的学生中有7位女生，从第一天新增的患感冒而就诊的学生中随机抽取3位，若抽取的3人中至少有一位男生的概率为，求的值；

（2）已知两个变量x与y之间的样本相关系数，请用最小二乘法求出y关于x的经验回归方程，据此估计昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数（结果保留整数）．

参考公式：，．

19. 如图，△ABC是正三角形，在等腰梯形中，，．平面平面，M，N分别是，的中点，．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

20. 已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若a为整数，当时，，求a的最小值．

21. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，为椭圆上一动点， 面积的最大值为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过点的直线与椭圆的另一个交点为，为线段的中点，射线与椭圆交于点．点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．

（二）选考题：共10分．请考生在22~23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

［选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），为曲线上一点的坐标．

（1）将曲线的参数方程化为普通方程；

（2）过点任意作两条相互垂直的射线分别与曲线交于点A，B，以直线的斜率为参数，求线段的中点的轨迹的参数方程，并化为普通方程．

［选修4—5：不等式选讲]（10分）

23. 已知函数．

（1）当时，求的最小值；

（2）若，时，对任意使得不等式恒成立，证明：．

【答案1】C

【分析】由指数函数的单调性得，后由交集定义可得答案.

【解析】，

则，又，则.故选：C

【答案2】D

【分析】先仔细审题，抓住题目中的关键信息之后再动，原题让我们选择一个全称命题的否定，任意和存在是一对，要注意互相变化，大于等于的否定是小于.

【解析】，的否定是，.故选：D

【答案3】A

【分析】根据复数的除法运算可求得，即可求得结果.

【解析】由可得，

所以复数的虚部为.故选：A

【答案4】A

【分析】利用向量的线性运算即可求得.

【解析】在△ABC中，.

因为，所以.

所以.故选：A

【答案5】B

【分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算．

【解析】设圆锥母线长为，高为，底面半径为，则由得，所以，

所以．故选：B．

【答案6】B

【分析】由平均数相等求出，再求方差.

【解析】由可得，，即甲同学成绩的方差为,故选：B

【答案7】C

【分析】作出可行域，根据简单线性规划求解即可．

【解析】作出可行域如图：

由可得：，平移直线经过点时，有最大值，

由解得，．故选：C

【答案8】D

【分析】根据对称性进行检验．

【解析】由题意，它与之间没有恒等关系，相加也不为0，AB均错，而，所以的图象关于点对称．

故选：D．

【答案9】C

【分析】当时，由可得，当时，，验证是否适合可得通项公式，代入通项公式求解可得结果.

【解析】解：当时，，当时，，

，符合上式，数列的通项公式为：,，故选：C.

【答案10】A

【分析】根据题意，求出点的轨迹方程，利用三角换元法即可求解.

【解析】因为点到点和点的距离之和为4，

所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且长轴长，

焦距，所以点的轨迹方程为，设，

则，所以有最大值1，故选：A.

【答案11】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.

【解析】建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，

，

由正方体的性质可知：平面，则平面的法向量为，

，因为，所以，而平面，

因此∥平面，故①对；

设平面的法向量为，，，

所以有，

同理可求出平面的法向量，

因为，所以，因此平面平面，故②正确；

因为，，

所以，

因为异面直线所成的角范围为，所以直线与所成的角为，故③正确；

设直线与平面所成的角为，

因为，平面的法向量为，

所以，

所以直线与平面所成的角不是，因此④错误，一共有个结论正确，故选：C

【答案12】B

【分析】根据题意列出关于和的等式，然后分离参数，转化为两个函数有交点.

【解析】由题意得若函数为不动点函数则满足

，即，即

设，

设,所以在单调递减，且

所以在上单调递增，

，所以在上单调递减，所以

当则,当则

所以的图像为：

要想成立，则与有交点，所以,故选：B

【答案13】　

【解析】根据题意，，因为图象关于点中心对称，分析可得，所以，所以，，所以，又因为最小正周期为，且，所以可得，则，所以的值为1．

【答案14】5

【分析】设，利用余弦定理求点坐标，然后利用数量积的坐标表示求解即可.

【解析】设，所以，，，

因为，所以由余弦定理得，

即解得，所以，

所以，，所以，故答案为：5

【答案15】

【分析】由已知，根据题意，以最细处所在的直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设出双曲线方程，并根据离心率表示出之间的关系，由题意底直径为6cm，所以双曲线过点，下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点，代入双曲线方程即可求解方程从而得到喉部（最细处）的直径.

【解析】

由已知，以最细处所在的直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，

设双曲线方程为，由已知可得，，且，

所以，所以双曲线方程为，底直径为6cm，所以双曲线过点，

下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点，代入双曲线方程得：

，解得：，所以喉部（最细处）的直径为 cm.故答案为：.

【答案16】

【分析】根据当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和即可.

【解析】由题知，，,当为奇数时，，

所以奇数项构成等差数列，首项为1，公差为2，当为偶数时，，

所以,所以

故答案为：

【答案17】(1)见证明；(2) .

【分析】（1）由，利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得，从而可得结论；（2）利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径，利用同角三角函数的关系与正弦定理可得，结合（1），利用余弦定理列方程求得，从而可得结果.

【解析】（1）∵，

∴，

∴，

∴，

∴.

∴在中，，

（2）设的外接圆半径为，由已知得，∴，

∵，，∴，∴，

∵，∴，由得，解得，

∴，∴的周长为.

【答案18】（1）,（2）33人

【分析】（1）根据题意由求解；

（2）根据样本相关系数，求得，再利用公式求得即可

【小问1解析】

解：∵，∴，

∴，∴．

【小问2解析】

∵，∴，∴．

∵，

∴，∴．

又∵，解得．

∴，

∴，当时，，

∴可以估计，昼夜温差为15℃时，该校新增患感冒的学生数为33人．

【答案19】

【分析】（1）取的中点，连接，，证明平面平面，原题即得证；

（2）取的中点，连接，．求出，取的中点，连接，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系如图所示．利用向量法求解.

【小问1解析】

解：取的中点，连接，，∵M，N分别是，的中点，∴，，

又∵平面ABC，平面ABC，∴平面．

又，∴，同理可得，平面．

∵平面MND，平面MND，，

∴平面平面．∵平面MND，∴平面．

【小问2解析】

取的中点，连接，．由已知得，∴是平行四边形，∴．

∵△ABC是正三角形，∴，∵平面平面，

平面平面，∴平面，

又平面，∴．设，．

在Rt中，由，解得，即，

取的中点，连接，则，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系如图所示．则，，，，，

，由已知易得，平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，则即

取，则平面的一个法向量为,∴，

∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．

【答案20】（1）    ,（2）

【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率及切点即可求解答案；

（2）根据导函数分子部分的最小值与零比较分类讨论，分别分、、讨论即可.

【小问1解析】

当时，，所以，

又因为，其中，则在点处的切线斜率，

所以切线方程为

【小问2解析】

由题知，其中，设，则，

可知为上的增函数，则，所以为上的增函数，则.

①当，即时，，即，所以为上的增函数，

则，由于为整数，可知时，恒成立，符合题意.

②当时，，，

则的最小值为，又，

由于为上的增函数，则存在使得（即），

当时，，即，为减函数；

当时，，即，为增函数，

则，其中，

令，则，

当时，，在上单调递减，

则，即.所以也符合题意.

③当时，，由于为上的增函数，

则存在实数，且，使得，即，故为上的减函数，

则当时，，故不符合题意，舍去.综上所述，的最小值为.

【答案21】

【分析】(1)按照题目所给的条件即可求解；

(2)作图，联立方程，将M，N，P，Q，D的坐标用斜率k表示出来，

(3)按照向量数量积的运算规则即可.

【小问1解析】

设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，当点位于椭圆的短轴端点时， 的面积取得最大值，

此时 ，，．

由离心率得，，解得，，，∴椭圆的标准方程为；

【小问2解析】由题意作下图：

设，．由得．

∵点在这个椭圆内部，所以，，，

，∴点的坐标为

当时，直线的斜率为，∴直线的方程为，即，

将直线的方程代入椭圆方程得，，

设点，由 得，

化简得，化简得，∴点在直线上，

当直线的斜率时，此时，，

由得，也满足条件，∴点在直线上；

综上，椭圆的标准方程为，点在直线上.

【答案22】（1）,（2）

【分析】（1）根据曲线的参数方程为（为参数），消去参数求解；

（2）设的斜率为，方程为，则的方程为：，分别与抛物线方程联立，求得A，B的坐标，再利用中点坐标求解.

【小问1解析】

解：因为曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得：，将点代入可得，

所以曲线的普通方程为：；

【小问2解析】由已知得：，的斜率存在且不为0，

设的斜率为，方程为，则的方程为：，联立方程可得：，

同理可得：，设，所以

所以，所以即为点轨迹的普通方程．

【答案23】【分析】（1）分段求解的最小值和范围，即可求得结果；

（2）转化为，结合二次函数在区间上的最值，利用不等式，即可证明.

小问1解析】

当时，，

当，，；

当，，；

当，，；∴当时，的最小值为2．

【小问2解析】

，，当时，可化为，

令，，，∴

∴，

当且仅当时取得等号；又当时，，故.