2023年高考数学冲刺模拟卷第6套（理科，解析卷）

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这是一份2023年高考数学冲刺模拟卷第6套（理科，解析卷），共13页。试卷主要包含了已知，，，则，曲线的极坐标方程为等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学冲刺模拟卷理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.考试时间为120分钟，满分150分第Ⅰ卷（选择题共60分）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.设全集，集合，则（）A． B． C． D．2.为虚数单位，若复数的虚部为，则（）A． B． C． D．3.函数的图象大致是（）A. B. C. D. 4. “熵”的概念是由德国物理学家克劳修斯于1865年提出的，在希腊语源中意为“内在”，即“一个系统内在性质的改变”.“熵”是用来形容系统混乱程度的统计量，其计算公式为（越大，混乱程度越高），其中表示所有可能的微观态，表示微观态出现的概率，玻尔兹曼常数为大于0的常数.在以下四个系统中，混乱程度最高的是（）A. B. ，C. D. ，， 5.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（）A． B． C. D．6.将函数的图像沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为（）A． B． C. D．7.为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取，并测零件的直径尺寸，根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件直径尺寸服从正态分布，若落在内的零件个数为，则可估计所抽取的这批零件中直径高于的个数大约为（）（附：若随机变量服从正态分布，则，，）.A. B. C. D. 8.已知函数的定义域为，若对于分别为某个三角形的三边长，则称为“三角形函数”.给出下列四个函数：①；②；③；④其中为“三角形函数”的个数是（）A． B． C. D．9. 已知，，，则（）A. B. C. D. 10.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，，则此球的体积等于（）A． B． C. D．11.我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”.已知、是一对相关曲线的焦点，是它们在第一象限的交点，当时，这一对相关曲线中椭圆的离心率是（）A． B． C. D．12.已知函数在内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C. D．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知变量满足约束条件，若使取得最小值的最优解有无穷多个，则实数．14.的展开式中，项的系数为．15.在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围是．16.在中，角对应的边分别为，已知，则．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. （本小题满分12分）已知数列满足（为常数）.（1）当时，求的值；（2）当时，记，，证明：.18. （本小题满分12分）年，国际数学协会正式宣布，将每年的月日设为国际数学节，来源是中国古代数学家祖冲之的圆周率.为庆祝该节日，某校举办的数学嘉年华活动中，设计了一个有奖闯关游戏，游戏分为两个环节.第一环节“解锁”：给定个密码，只有一个正确，参赛选手从个密码中任选一个输入，每人最多可输三次，若密码正确，则解锁成功，该选手进入第二个环节，否则直接淘汰.第二环节“闯关”：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得个、个、个学豆的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏，也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束.设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响.（1）求某参赛选手能进入第二环节的概率；（2）设选手甲在第二环节中所得学豆总数为，求的分布列和期望.19. （本小题满分12分）如图（）所示，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点.将沿折起到的位置，如图（）所示.（1）证明：平面；（2）若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. （本小题满分12分）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于两点，且满足.（1）求抛物线的标准方程；（2）若点在抛物线的准线上运动，其纵坐标的取值范围是，且，点是以线段为直径的圆与抛物线的准线的一个公共点，求点的纵坐标的取值范围.21. （本小题满分12分）已知函数．（1）求证：；（2）若恒成立，求实数．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程极坐标系与直角坐标系取相同的长度单位，以原点为极点，以轴正半轴为极轴.已知直线的参数方程为为参数).曲线的极坐标方程为.（1）求直线的倾斜角和曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，与轴的交点为，求的值.23. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲若关于的不等式的解集为，记实数的最大值为.（1）求；（2）若正实数满足，求的最小值. 2023年高考数学冲刺模拟卷答案（理科数学）一、选择题1-5:ACACD 6-10: ADBBB 11、12：AD附：3.【答案】A【解析】【分析】根据函数的定义域及零点的情况即可得到答案.【详解】函数的定义域为，则排除选项、,当时，，则在上单调递减，且，，由零点存在定理可知在上存在一个零点，则排除，故选：. 4【分析】对选项逐一验证（不考虑负号和波尔兹曼常数）.【详解】令，A选项，；B选项：；C选项：；D选项：，因为，，，所以最小，从而C选项对应的系统混乱程度最高.故选：.7.【答案】D【解析】【分析】根据原则可求得，，根据概率计算可得结果.【详解】由正态分布可知：，，，，，，直径高于的个数大约为.故选：D.9.【答案】B【解析】【分析】利用指数幂的性质比较各指数式的大小.【详解】由，又，而，故，综上，.故选：B 由得，则，所以函数在上单调递增，从而在上恒成立即，亦即又函数在上单调递增所以，所以二、填空题13. 14. 15. 16.附：16.由知，所以由正弦定理得，所以，即，又因为，所以，化简得，由，知，由，所以.三、解答题17.解：（1）当时，，所以数列是首项，公差的等差数列，所以，所以.（2）当时，变形得所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.解：（1）选手能进入第二环节，说明该选手可能是第一次解锁成功，可能是第二次解锁成功，也可能是第三次才解锁成功.第一次解锁成功的概率为：，第一次解锁成功的概率为：，第一次解锁成功的概率为：，所以该选手能进入第二环节的概率为：.（2）的所有可能取值为，，所以的分布列为.（1）证明：在图（）中，因为,是的中点，且，所以，即在图（）中，，又，平面，平面，从而平面，又，所以平面.（2）由已知，平面平面，且交线为，又由（）知，，所以平面，如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，所以，得.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面的夹角为，则得，取，同理，取，从而，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.解：（1）设抛物线的标准方程为，其焦点的坐标为直线的方程为，，联立方程消去得：，所以，因为，解得，所以所求抛物线的标准方程为.（2）设点，由（）知，，所以，因为，所以得或，因为，∴或，由抛物线定义可知，以线段为直径的圆与抛物线的准线相切，所以点的纵坐标为，所以点的纵坐标的取值范围是.解：【解析】【分析】（1）方法1：证，即证，利用导数求得单调性，分别得到，即证；方法2：令，易得在上单调递增，由零点的存在性定理可得存在唯一的，使得，则结合基本不等式即可证明；（2）构造，；则，时，在上为单调增函数，分别讨论，，即可.【小问1详解】的定义域为．方法1：要证，即证．记，，由于，当时，，则在上为单调减函数，当时，，则在上为单调增函数，所以．又，令，得，当时，，则在上为增函数，当时，，则在上为减函数，所以，得证．方法2：，令，因为，所以在区间上为单调增函数，又，，所以存在唯一的，使得．因为在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，且满足，，所以，得证．【小问2详解】令，则，；则，时，在上为单调增函数①当时，，且，所以函数在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，即，符合题意．②当时，，所以，当时，，所以，且，所以存在唯一的，使得，且在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，所以当时，，即不恒成立，不合题意．③当时，，所以，当时，，所以，所以存在唯一的，使得，且在区间上为单调减函数，在区间上为单调增函数，所以当时，，即不恒成立，不合题意．综上，．【点睛】（1）证明单变量不等式时，构造两个函数，证明其中一个函数最小值大于另一个函数的最大值为重要的方法之一；也可以通过“隐零点”达到证明的目的．（2）“切点型零点”问题往往通过先猜后证的方式简化思维量、运算量．
解：（1）由直线的参数方程（为参数）化为普通方程为，直线的倾斜角为，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为.（2）易知直线与轴的交点为，从而直线的参数方程的标准形式为为参数).将直线的方程代入，得，整理得，所以，故.解：（1）因为，所以，又因为，所以，从而实数的最大值.（2）因为，所以，从而，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.