2023届高三信息押题卷（二）全国卷理科数学试题（含解析）

这是一份2023届高三信息押题卷（二）全国卷理科数学试题（含解析），共23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。
2023届高三信息押题卷（二）全国卷理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数满足（为虚数单位），是的共轭复数，则（    ）A．5 B． C．10 D．3．函数的大致图像为（    ）A．     B．     C．   D．  4．某超市对一种商品受顾客的喜爱程度进行100份问卷调查，得到了如下的列联表，从100人中随机抽取1人，抽到喜爱该商品的男顾客的概率为. 喜爱该商品不喜爱该商品合计男顾客 10 女顾客35  合计  100则有超过（    ）的把握认为喜爱该商品与性别有关.下面的临界值表供参考：0.250.150.0100.0051.3232.0726.6357.879 A． B． C． D．5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为（    ）A．18 B．24 C．27 D．356．古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（    ）A．15 B．20 C．24 D．277．的展开式中含的系数为（    ）A．1872 B．792 C．495 D．8．已知圆锥，底面的面积为，母线与底面所成角的余弦值为，点在底面圆周上，当三棱锥的体积最大时，圆锥的外接球的球心到平面的距离为（    ）  A．2 B． C． D．9．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）  A．B．C．不等式的解集为D．将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上单调递增10．已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则经过函数的图象的对称中心的直线被圆截得的最短弦长为（    ）A．10 B．5 C． D．11．已知是抛物线的焦点，点A，B在抛物线上，且的重心坐标为，则（    ）A． B．6 C． D．12．若不等式对恒成立，那么的最大整数值为（    ）A． B．1 C．2 D．3 二、填空题13．如图，是边长为1的正六边形的中心，A，B，C是三个顶点，则___________.  14．甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务，分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名，记事件为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选安全防范服务”，则_________.15．已知数列满足，数列的前项和为，则_____________.16．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角的正切值为.若直线（且）与双曲线交于A，B两点，直线，的斜率的倒数和为，则直线恒经过的定点为_____________. 三、解答题17．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求角；(2)若点在上，，，求的值.18．学校体育节的投篮比赛中，10名学生的投中个数（每人投10个球）统计表如下：编号12345678910投中个数79898107769(1)求这10名学生投中球的个数的方差；(2)从这10名学生中随机抽取4人，记抽取投中9个或10个球的学生的人数为，求的分布列和数学期望.19．如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，//，.(1)若为的中点，求证：//平面；(2)求二面角的正弦值.20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线在轴上的截距为1，且与椭圆交于M、N两点，到直线的距离为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)若，，求的最大值.21．已知.(1)求的最值；(2)当，时，若恒成立，求正整数的最大值.22．已知曲线的参数方程（为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为，直线与x，y轴的交点分别为A，B.(1)求曲线的普通方程及直线的平面直角坐标方程；(2)若点在曲线上，求的面积的最大值.23．已知.(1)解不等式；(2)若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.
参考答案：1．A【分析】首先求出集合，根据补集的定义求出，再解一元二次不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.【详解】因为，所以，由，即，解得，所以，所以.故选：A.2．C【分析】先根据复数的除法求出，再计算.【详解】由得，所以，所以.故选：C.3．B【分析】根据题意，由函数的奇偶性可排除AD，再由可排除C，即可得到结果.【详解】因为，其定义域为，所以，所以为偶函数，排除选项A，D，又因为，因为，所以，所以，排除选项C.故选：B.4．A【分析】先根据喜爱该商品的男顾客的概率，计算出喜爱该商品的男顾客人数，然后根据表中数据可补充完善列联表，再根据公式计算卡方，对照临界值表可得.【详解】因为在100人中随机抽取1人，抽到喜爱该商品的男顾客的概率为.所以喜爱该商品的男顾客人数为，列联表补充如下： 喜爱该商品不喜爱该商品合计男顾客401050女顾客351550合计7525100由，因为，所以有超过的把握认为喜爱该商品与性别有关.故选：A.5．C【分析】由三视图还原几何体，得到一个正方体中的三棱锥，再求其体积即可.【详解】由三视图知，该几何体是正方体中的三棱锥，正方体的棱长为6.，点到平面的距离为正方体的棱长，所以该几何体的体积为.故选：C.6．D【分析】根据题意可得，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而得到，然后将分离出来，再结合基本不等式即可得到结果.【详解】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，所以2.由，得，整理得对任意，且恒成立，又，当且仅当，即时等号成立，所以，即实数的最大值为27.故选：D.7．D【分析】根据二项展开式的通项，先计算中含的项和常数项，再分别和， 相乘即可.【详解】的通项为，，令得；令得.所以的展开式中含的系数为.故选:D.8．B【分析】根据题意可得要使三棱锥的体积最大，则点到的距离最大，由余弦定理可得，再由正弦定理可得的外接圆半径，再由勾股定理即可得到结果.【详解】  因为圆的面积为，所以圆的半径，因为母线与底面所成角的余弦值为，所以，所以圆锥的高，因为点在底面圆周上，所以，要使三棱锥的体积最大，则点到的距离最大，即，此时.在中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得的外接圆半径，设的外接圆的圆心为，即，设圆锥的外接球的球心为，半径为，连接，依题意，在上，在中，，解得，即，在中，，所以，所以当三棱锥的体积最大时，圆锥的外接球的球心到平面的距离为.故选：B.9．C【分析】由图象求出的表达式后逐一验证选项即可.【详解】由函数图象可知，最小正周期为，所以，将点代入，得，又，所以，故，故A错误；所以，故B错误；令，则，所以，，解得，，所以不等式的解集为，故C正确；将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，令，，解得，，令得，因为，故D错误.故选：C.10．D【分析】先用导数求出和，从而求出的表达式，可得的对称中心，然后转化为点到圆心的距离.【详解】因为，所以，因为，所以，即在上单调递增，所以，，所以，所以，因为是奇函数，关于原点对称，所以关于中心对称，易知点在圆的内部，因为点到坐标原点的距离为，所以所求最短弦长为.故选：D.11．D【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，设出点的坐标，利用三角形重心坐标公式结合斜率坐标公式求出弦AB长的表达式，再利用抛物线定义求解作答.【详解】抛物线：的焦点，准线方程为，设点，  由的重心为，得，，解得，，直线的斜率，则，又，所以.故选：D12．C【分析】根据题意分析可得：在恒成立，取特值可得，当时，再利用导数和基本不等式可得，进而可得结果.【详解】因为对恒成立，即在恒成立，构建，，则对恒成立，则，即，解得.下面证明当时，对恒成立，①因为的定义域为，且，构建，则有，且，所以在上单调递减，且，可得：当时，，即在上单调递增；当时，，即，在上单调递减；所以.②因为当时，则，当且仅当，即时，等号成立，所以；又因为，所以，所以在恒成立，整理得在恒成立，且，则在上恒成立；综上所述：当且仅当时，对恒成立，即对恒成立，所以的最大整数值为2.故选：C.【点睛】关键点睛：1.根据恒成立问题，先取特值得到参数的取值范围，再证明其充分性；2.证明不等式时，可以利用中间值法说明，即证.13．/【分析】直接应用数量积公求解.【详解】因为，由正六边形的性质知，，即，易知与的夹角为，所以.故答案为：##14．【分析】直接用条件概率公式求解.【详解】事件：甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同，所以其它4名同学排列在其它4个项目，且互不相同，为，事件：甲同学选安全防范服务，所以其它4名同学排列在其它4个项目，可以安排在相同项目，为，.故答案为：.15．【分析】根据所给递推关系可得，，与原式作差即可求解，注意验证首项，再结合裂项相消法求和即可..【详解】因为，所以，两式相减，可得，即，又当时，，不满足，所以所以当时，，当时，,所以.故答案为：.16．【分析】先根据渐近线的倾斜角算出，然后联立直线和双曲线，结合题目条件和韦达定理找到的关系，从而得到定点.【详解】因为双曲线方程为一条渐近线的倾斜角的正切值为.所以，解得，所以双曲线方程为.设，，联立得， .由韦达定理得，.因为，所以.所以，由题意知，此时.所以直线方程为，恒经过的定点为.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）应用诱导公式和余弦的二倍角公式即可求解；（2）分别在，，中用余弦定理建立方程，再利用，即可求解.【详解】（1）因为，所以，解得或（舍去），所以，即，因为，所以.（2）如图，因为，，设，，  在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以.18．(1)(2)分布列见解析，1.6 【分析】（1）先求均值，再按照公式求方差.（2）服从超几何分布，利用公式可得.【详解】（1）这10名学生的投中个数的均值为，这10名学生投中球的个数的方差为（2）由题意10名学生中投中9个或10个球的学生的人数共有4人，故随机选取一人为投中9个或10个球的学生的概率，由题意可能取值为0，1，2，3，4，服从超几何分布，，，，，，故的分布列为：0123419．(1)证明见解析(2)1 【分析】（1）利用线面平行的判定进行证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.【详解】（1）连接因为为的中点，//，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以//平面.（2）因为四边形是正方形，平面，所以，，两两垂直.以为坐标原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为//，.所以，，，，从而，，.设平面的法向量为，则令，得，，即，设平面的法向量为，则令，得，，即，所以，所以二面角的正弦值为1.20．(1)(2) 【分析】（1）求出直线的方程后根据距离公式可求，再根据离心率可求，故可求椭圆方程.（2）联立直线的方程和椭圆方程，消元后结合韦达定理和向量的数量积的坐标运算可求，结合题设条件可得关于的不等式，从而可求其取值范围，故可求的最大值.【详解】（1）设，因为过点的直线在轴上的截距为1，所以直线的方程为，即.因为到直线的距离为，所以，解得，因为，所以，所以，因为，所以椭圆的方程为.（2）设，，由（1）知直线的方程为，由消去得，由韦达定理得，，所以，.因为，所以，因为，所以，即，解得，因为构成三角形，故.由弦长公式得，由点到直线的距离公式得到直线的距离，所以，所以的最大值是.21．(1)答案见解析(2)3 【分析】（1）对函数求导，然后分类讨论确定函数的单调性，从而得最值；（2）先根据题意把恒成立问题转化成求函数的最小值问题，然后利用导数确定函数的最小值即可.【详解】（1）因为，所以.当时，，所以在上单调递增，无最大值，也无最小值；当时，令，即，所以，令，即，所以；所以在上单调递减，在上单调递增，所以时取得极小值，也是最小值，，无最大值.综上，当时，在上无最大值，也无最小值；当时，在上有最小值，无最大值.（2）因为，时，，恒成立，即恒成立.设，，.设，则，所以在上单调递减，又，，所以存在唯一的，使得，即，当时，，当时，，所以当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，显然，由得，设，在时恒成立，在上单调递减，，，所以，所以，则满足的最大的正整数的值为3.【点睛】恒成立问题解题策略方法1：分离参数法求最值(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)恒成立⇔；恒成立⇔；方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．22．(1)，(2) 【分析】（1）利用三角消参得到曲线的普通方程；由得直线的直角坐标方程；（2）求出，利用距离公式求点到直线的最大值，即可得到结果.【详解】（1）由得，即为曲线的普通方程；由得，因为得，即为直线的平面直角坐标方程.（2）由（1）知直线的平面直角坐标方程为，由直线与x，y轴交点分别为A，B得，，所以，因为曲线的参数方程设，则到直线的距离为，由时，即.取最大值.所以此时的面积最大值为.23．(1)(2) 【分析】（1）分类讨论去掉绝对值的符号进行求解；（2）参变分离，不等式转化为，根据绝对值不等式的性质求出左边的最大值即可.【详解】（1）由可得，即，解得，或，，或，解得.综上可知，不等式的解集为：（2）因为对，不等式恒成立，所以恒成立.根据绝对值三角不等式：，所以，解得或，所以的取值范围是.