必刷卷02（乙卷文科）——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（全国乙卷地区专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考数学考前信息必刷卷02

全国乙卷地区专用

文科数学

新课标全国卷乙卷试题结构为12道单选题，4道填空题，6道解答题，其中一道解答题是“二选一”型。试卷题型虽然还是新课标老高考形式，在新高考全国范围内展开的背景下，试卷试题考察也向新高考对标，试卷着眼于数学素养与创新能力，在考察主干知识与数学思想方法的同时，更加注重复杂情境下的解决问题的能力。考题更注重学生的数学逻辑思维的考察。

  通过2022年新课标全国卷乙卷试卷试题，预测2023年新课标全国乙卷会继续通过设置综合性的问题和比较复杂的情景题，加强对于数学关键能力的考察，继续强化数学思想方法在试题考察中的渗透，借助考察关键能力，发挥数学学科高考的选拔功能，进而提升学生的学科综合素养。

1.突出主干知识的考察，淡化机械记忆，关注应知应会的内容，如本试卷第6,13,14,17等题。

2.突出对数学思想方法的考察，从数学学科思想价值和整体意义的高度，考察学生对基础知识与基础数学思想方法的学习与掌握，如本卷第7,8,9,11,12，16，19等题。

3.突出对复杂情景的考察，突出对于数学应用和综合学科的考察考察解决问题的能力，引导学生体会数学知识与社会生产发展的紧密联系，如本卷第,3,5,18题等

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．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解作答.

【详解】因为，则，

因为，则，

所以.

故选：A

2．若，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算求得，可得，即可求得答案.

【详解】因为，所以，得，所以，

则，所以的虚部为4，

故选：D.

3．某公司为了解用户对其产品的满意度,从使用该产品的用户中随机调查了100个用户,根据用户对产品的满意度评分,得到如图所示的用户满意度评分的频率分布直方图.若用户满意度评分的中位数、众数、平均数分别为a,b,c,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据众数,平均数,中位数的概念和公式,带入数字,求出后比较大小即可.

【详解】解:由频率分布直方图可知众数为65,即,

由表可知,组距为10,

所以平均数为:,

故,记中位数为,

则有:,

解得:,即,

所以.

故选：B.

4．已知向量，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据求得m，再利用向量的模公式求解.

【详解】解：因为向量，，

所以，

又因为，

所以，

解得，

所以，

故选：C

5．如图，假定两点P、Q以相同的初速度运动，分别同时从A、C出发，点Q沿射线做匀速运动，；点P沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离，那么定义x为y的纳皮尔对数，对应关系为（其中e为自然对数的底数，），则P从靠近A的第一个四等分点移动到靠近B的三等分点经过的时间约为（    ）（参考数据：）

A．0.7秒 B．0.8秒 C．1.1秒 D．1.2秒

【答案】B

【分析】设点运动到靠近点的第一个四等分点时，，设点运动到靠近点的三等分点时，，计算出、，可求得的值，即为所求.

【详解】由题意可知，、两点的初速度为单位/秒，

设点运动到靠近点的第一个四等分点时，，则，

可得，

设点运动到靠近点的三等分点时，，则，

可得，

故所求时间为（秒），

故选：B.

6．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再判断三角形形状，求出面积作答.

【详解】在中，由正弦定理得：，因此，

则，而，即有是正三角形，

所以的面积.

故选：B

7．若两圆和恰有三条公切线，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析出两圆外切，可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

因为两圆有三条公切线，则两圆外切，则，

即，

，

当且仅当，即时，等号成立，

故的最小值为.

故选：C.

8．在长方体中，若分别为的中点，过点作长方体的一截面，则该截面的周长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，做出截面，然后分别计算各边长即可得到结果.

【详解】

连接，过点做交于点，连接，即可得到截面，

因为为中点，，所以，

因为，则，且，

，

所以截面的周长为

故选:D

9．已知为定义在上的奇函数，当时，单调递增，且，，，则函数的零点个数为（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性,单调性结合函数值的范围,作图数形结合即可判断.

【详解】当时，单调递增，且，且为定义在上的奇函数,

所以,可得且在上单调递增,

由，得．

又因为，,可得,

为定义在上的奇函数,又可得,

根据题意作出满足要求的的大致图像,

由图知，直线与的图像有4个公共点，

所以有4个零点．

故选：A.

10．在正方体中，、分别是上、下底面的中心，则与的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．不确定

【答案】B

【分析】取的中点，连接，，，根据题意可知，，且，，结合三角形的三边关系即可求解.

【详解】如图所示，取的中点，连接，，，

由已知得，，且，，

又根据三角形的三边关系知，又，

所以，

故

故选：B.

11．已知函数，则下列论述正确的是（    ）

A．且，使

B．，当时，有恒成立

C．使有意义的必要不充分条件为

D．使成立的充要条件为

【答案】B

【分析】通过分析函数的定义域，单调性和值域，即可得出结论.

【详解】由题意，在中，

对于A，∵，∴若，当且仅当时，，A错；

对于B，

当时，为增函数，而，在上为增函数，

由复合函数单调性知，当时，函数单调递增，B正确；

对于C，∵有意义，∴，

而为的真子集，

是的充分不必要条件，C错；

对于D，

令，则，故，

而为的真子集，

故是成立的充分不必要条件，D错误.

故选：B.

12．过上任一点作的切线切于两点，则的最小值为

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】设为抛物线上任一点，圆的圆心为,设，则，由,变形可得，由此可得当最小时，最小，由，结合二次函数的性质可得的最小值，代入计算可得结果.

【详解】

根据题意，设为抛物线上任一点，则，

圆的圆心为,

设，则，

又由,

变形可得，

所以当最小时，最小，

又由，

则当的坐标为或时，取得的最小值，

此时最小，且的最小值为，故选A.

【点睛】本题考查抛物线与圆的方程的应用，以及直线与圆的位置关系，考查了转化与划归思想的应用，属于难题. 转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.解答本题的关键是将的最小值转化为的最小值.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．设满足约束条件，则的最大值为__．

【答案】4

【分析】根据可行域结合几何意义求最值.

【详解】作出可行域如下，

由可得，

当直线过点时，最小，则最大，

此时.

故答案为:4.

14．若，则__________.

【答案】##0.8

【分析】根据半角公式将化为，观察可知，用诱导公式通过，即可得的值，代入所求即可.

【详解】解：因为，

且，

所以.

故答案为：

15．已知双曲线左右焦点分别为，过点作与一条渐近线垂直的直线l，且l与双曲线的左右两支分别交于M，N两点，若，则该双曲线的渐近线方程为__________．

【答案】

【分析】根据双曲线的定义可求，结合余弦定理可求的值.

【详解】如图，设直线，且垂足为，

因为，故，所以，

而，故，故，

在中，由余弦定理可得，

整理得到：，故，

因此该双曲线的渐近线方程为．

故答案为：.

16．，若存在互不相等的实数，，，使得，则下列结论中正确的为___________.

①；

②，其中为自然对数的底数；

③函数恰有三个零点.

【答案】①②③

【分析】数形结合，转换为单一变量得函数，函数零点问题转化为函数图像交点个数问题即可进一步求解.

【详解】

对于①：

，

所以函数，

根据函数图像与要有四个交点，

需要，

所以，

故选项①正确；

对于②：

因为，

所以，

所以

所以，

所以，

所以，

所以，

又，

所以，

所以，

所以，

即，

根据二次函数的对称性有，

所以，

故选项②正确；

对于③：

可以转化为，

即与函数图像的交点问题，

当与相切时，

，

解得，

所以此时，

由①知，

所以与不可能相切，

又联立，

得，

由，，

解得，

所以，

所以结合函数图像知，函数与函数图像有3个交点，

故选项③正确；

故答案为：①②③

【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.

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.（12分）已知数列满足.

(1)求的通项公式；

(2)已知数列的前20项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据得到，然后两式相减得到，最后验证时是否成立，即可得到；

（2）分奇偶项求和，奇数项用等差数列求和公式求和，偶数项用裂项相消的方法求和，最后相加即可.

【详解】（1）当时，可得，

当时，，

，

上述两式作差可得，

因为满足，所以的通项公式为.

（2），

所以，

.

所以数列的前20项和为.

18．（12分）

某班级的数学学习兴趣组发现学生的数学成绩与物理成绩有一定的关系，为进一步研究考生物理成绩了与数学成绩之间的关系，在一次考试中从该班级51名考生中随机抽取11名考生的成绩，得到11组数据统计如下表：

其中有一位考生因数学缺考导致数据出现异常，剔除该组数据后发现，考生物理成绩y与数学成绩x之间具有线性相关关系.

(1)请根据剔除后的10组有效数据建立y关于x的回归直线方程；

(2)已知本次考试只有一位考生缺考（仅缺考数学科目），且全班数学成绩之和为4500分，根据（1）所得结果，估计全班51名考生本次考试的物理平均成绩.（结果精确到0.1）

参考公式：，.

参考数据（剔除异常数据前）：，，，.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知的数据结合公式求解y关于x的回归直线方程；

（2）先利用这50个人的数学成绩的平均分来估计这50个人物理成绩的平均分，从而可求出这51人的总分，进而可求出51人的平均分

(1)

设y关于x的回归直线方程为，则

剔除异常数据后的数学平均为，

剔除异常数据后的物理平均为，

，

所以，

，

所以y关于x的回归直线方程

(2)

由题意得剔除异常数据后全班数学的平均分为，

当时，，

所以全班的物理成绩的总分约为，

所以全班51名考生本次考试的物理平均成绩为

19．（12分）

如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，P为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱上．

(1)求证：∥平面；

(2)求证：平面∥平面；

(3)求多面体的体积．

【答案】(1)见解析；

(2)见解析；

(3).

【分析】（1）利用面面平行性质定理得到线线平行，最后转化成证明即可.

（2）先利用中位线的性质和平行四边形得到线线平行，再证明线面平行平面.，最后再利用面面平行的判定定理得到面面平行.

（3）将所求多面体的体积通过大正方体体积减去部分体积进行转化，从而去求部分的体积.

【详解】（1）证明：由题意得平面平面，

又平面平面 ，

平面平面，，

同理，又且，且，

且，四边形为平行四边形，,,又平面，平面，

平面.

（2）证明：由（1），为中点，为中点，

同理为中点，

连接,，，，

四边形为平行四边形，，又平面，

且平面，平面，又平面.

且，平面，

平面平面.

（3）由正方体特性可知：，

所求多面体，

而几何体可以看成两三棱锥相减，

 将延长至点，使，

得到几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，

，

.

【点睛】本题考查知识点较为综合，难度较大，主要考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，性质定理；对于较复杂的多面体体积要学会通过转化的思想，拿整体减去部分去求解.

20．（12分）

已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.

(1)求椭圆的方程.

(2)过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；

（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.

【详解】（1）由垂直于轴，可得.

将点代入，可得，

又，

解得，

所以椭圆的方程为；

（2）证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.

设直线的方程为，点的坐标为.

设，

将直线的方程与椭圆的方程联立得：，

恒成立，

由韦达定理知，，

又，，

所以

.

因为，则，

所以，解得，即点的横坐标为定值.

21．（12分）

已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若是的两个零点，且，证明：.

【答案】(1)极小值，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；

（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.

【详解】（1）由题可知，

则当时，，则在上单调递减，

当时，，则在上单调递增，

所以当时，取得极小值，无极大值.

（2）记，，，则，，

作差得，即，

要证明，只需证，即证，

令，则，

所以在上单调递增，则，所以成立.

【点睛】导数中常用的两种转化方法：

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）

如图，在极坐标系中，曲线是以为圆心的半圆，曲线是以为圆心的圆，曲线都过极点.

(1)分别写出半圆，圆的极坐标方程；

(2)直线与曲线分别交于两点（异于极点），求的面积.

【答案】(1)：，：

(2)

【分析】（1）直接利用转换关系的应用，写出极坐标方程；

（2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果．

【详解】（1）曲线是以为圆心的半圆，

所以半圆的极坐标方程为，

曲线以为圆心的圆，转换为极坐标方程为.

故半圆，圆的极坐标方程分别为：，

（2）由（1）得：.

点到直线的距离.

所以.

故的面积为：

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知，

(1)当时，解关于的不等式；

(2)若对，都有成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）分类讨论的值，再解不等式；

（2）将问题转化为，由绝对值三角不等式以及二次函数的性质得出，再解不等式得出的取值范围．

【详解】（1）当时，

当时，，∴

当时，，无解．

当时，，∴

综上不等式的解集为

（2）由已知

∵，

∴

∴等价于或，

解得或．