必刷卷02（乙卷理科）——【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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绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷02
全国乙卷地区专用
理科数学

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7,8,15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9,12,15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6,8,18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．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简集合，根据并集的定义求.
【详解】因为不等式的解集为，
所以，
函数的值域为，
所以，
所以，
故选：B.
2．已知，且为实数，则实数（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】先通过复数运算化简复数，然后根据复数为实数的条件建立a的方程求解
【详解】因为为实数，所以.
故选：A
3．已知两个单位向量，满足与的夹角为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用夹角公式得到的关系式，解方程可得答案.
【详解】依题意可知，
所以，又；
令，得，解得，
因为，所以．
故选：D.
4．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的值为（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理、三角形的面积公式求得，进而求得.
【详解】依题意，，
由余弦定理得，
①，
由三角形的面积公式得，代入①得
，，
，
由于，
所以.
故选：C
5．已知点是抛物线C：的焦点，过的直线交抛物线C于不同的两点M，N，设，点Q为MN的中点，则Q到x轴的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定的抛物线，设出点M，N的坐标，利用求出点M，N的纵坐标和即可求解作答.
【详解】依题意，点，设点，则，
由得：，解得，，
因此点Q的纵坐标为，
所以Q到x轴的距离为.
故选：B
6．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（    ）

A．24 B．36 C．30 D．20
【答案】C
【分析】先涂“火、土”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.
【详解】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色可能；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色可能；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故选：C.
7．设函数在上的值域为，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由余弦函数的性质可知当在上单调时，求出，得到最大值；当在上不单调时，判断出在上的图象对称时，最小，进而求出最小值，得到的取值范围.
【详解】由余弦函数的性质可知：当在上单调时，
；
当在上不单调时，在上的图象对称时，即在取得最值时，最小，
此时有，即，则；
所以的取值范围是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题.
8．如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为1．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且始终在水平放置的平面上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】方法一：根据图象的旋转过程直观的看出何时最小，代入数据即可求解；方法二：根据题干中的数据和点到面的距离可得到当时取最小值，代入数据即可求解.
【详解】方法一：记的中点，从侧面看，图1只需考虑绕着点旋转时，在直线上的投影.图1为初始状态.
①当旋转时，如图2，投影最短为，

.

②旋转过程中，有如下函数关系：
，
当第一次旋转到图3位置时，在直线的投影又回到了图1，
综上：，
故选：.
方法二：取的中点，连结，，因为，，
所以，，，所以平面，
因为平面，所以．
  
因为，，所以，，所以，
所以到的距离为．故当时，取得最小值．
故选：D.
9．已知函数，的定义域均为，为偶函数且，，则 （    ）
A．21 B．22 C． D．
【答案】C
【分析】根据题意证明，结合对称性分析运算即可.
【详解】∵为偶函数且，则，
故关于点对称，
又∵，则，
则是以周期为4 的周期函数，故关于点对称，
∴，
则，
又∵，
则，
故.
故选：C.
10．以双曲线的实轴为直径的圆与该双曲线的渐近线分别交于A，B，C，D四点，若四边形的面积为，则该双曲线的离心率为（    ）
A．或2 B．2或 C． D．
【答案】B
【分析】先由双曲线与圆的对称性得到，再将代入，从而得到，，进而结合得到关于的齐次方程，由此转化为关于双曲线离心率的方程即可得解.
【详解】依题意，根据双曲线与圆的对称性，可得四边形为矩形，如图，

不放设点位于第一象限，则，
因为双曲线的渐近线方程为，则，
以双曲线的实轴为直径的圆的方程为，则，
将代入，得，
则，即，所以，则，故，
又，所以，则，则，
所以，则，即，
所以，即，解得或，
因为，所以或.
故选：B.
11．已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案.
【详解】由题意，作正三棱锥，取中点，连接，取等边的中心，连接，如下图所示：

在正三棱锥中，易知，平面，
为中点，，
在等边中，为中点，，
平面，平面，，
设，则在中，，
在中，，
在中，根据余弦定理，，
则，化简可得：，解得，
则，，
在等边中，是中心，，，
平面，平面，，
在中，，
设正三棱锥的外接球的半径为，
假设正三棱锥的外接球球心在线段上，则，
可得，解得，不符合题意；
假设正三棱锥的外接球球心在线段的延长线上，则，
可得，解得，符合题意.
故正三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
12．若，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】化简得，构造函数，利用导数判断函数单单调性，求出，从而得；再设，利用导数判断的单调性，得出，从而得，即可得答案.
【详解】解:因为，，，
令，
则，
令，
则，
可知当时，为单调递减函数，
所以，
所以在是单调递增函数，最大值为，
即当时，，单调递减，，
所以，
即，
所以，
再设，
则，
令，得，解得，
所以当时，，所以单调递增，
所以，
所以，
即，
所以，
综上所述：
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于比较大小的题，不能找到中间量时，常采用构建函数的方法，通过求导，确定函数的单调性，再根据函数的单调性即可得结果.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，，，则＝______．
【答案】
【分析】化切为弦，由正弦和角公式得到方程组，求出，利用正弦差角公式求出答案.
【详解】由得，，则①，
由得，②，
联立①②解得，
∴．
故答案为：
14．已知直线与圆相交，则整数的一个取值可能是__________.
【答案】3（或，只需填写一个答案即可）
【分析】利用圆的标准方程及点到直线的距离公式，结合直线与圆相交的条件即可求解.
【详解】由圆，得圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为
，
因为直线与圆相交
所以，解得，
所以整数的所有可能取值为.
故答案为：3（或，只需填写一个答案即可）.
15．已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为_________.
【答案】18
【分析】由已知等式得或；首先求出为等差或等比数列时的值，然后讨论为等差与等比的交叉数列，要使最小，则可利用递推关系式所满足的规律进行推导得到结果.
【详解】由知：或；
当时，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，解得；
当时，数列是以1为首项，为公比的等比数列，
，则，解得：（舍）；
若数列是等差与等比的交叉数列，又，；
若要最小，则，，，
，
，
此时，故的最小值为18.
故答案为：18.
【点睛】关键点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式讨论若数列是等差和等比各项交叉所得的数列，则若要使最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而返回到首项上.
16．在锐角中，角、、的对边分别为、、，若，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用正弦定理，诱导公式及和差化积公式得到，从而A=2B，求出，根据锐角三角形得到的范围，从而求出的范围.
【详解】由正弦定理得：，
由二倍角公式得： ，
，
由和差化积公式可得：，
即，
因为为锐角三角形，所以，，
所以，
所以或（舍去），
即A=2B，
，
由正弦定理可得：，
由题意得：，解得：，
，解得：
又
综上： ,
所以，
则的取值范围是
故答案为：
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）
已知为等差数列，前项和为，若，
(1)求
(2)对，将中落入区间内项的个数记为，求的和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用等差数列的通项公式列方程组求解即可；
（2）先根据及可得，进而得，再由分组求和和等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】（1）设的公差为，
所以，
，
解得，，
所以
（2）由题意可得，即，
因为，所以，
所以，，
所以
.
18．（12分）
设两名象棋手约定谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.已知每局甲赢的概率为p(0 (1)规定如果出现无人先赢k局而比赛意外终止的情况，那么甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比进行分配.若a=243，k=4，m=2，n=1，，则甲应分得多少奖金？
(2)记事件A为“比赛继续进行下去且乙赢得全部奖金”，试求当k=4，m=2，n=1时比赛继续进行下去且甲赢得全部奖金的概率f(p).规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件，请判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.
【答案】(1)216元
(2)不一定，理由见解析

【分析】（1）根据比赛继续进行的局数进行分类讨论，求得甲赢得全部奖金的概率，进而求得甲应分得的奖金.
（2）先求得、，利用导数求得的最小值，从而求得的最大值，由此作出判断.
【详解】（1）设比赛再继续进行X局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部奖金.
当X=2时，甲以4：1赢，得；
当X=3时，甲以4：2赢，得；
当X=4时，甲以4：3赢，得.
于是，甲赢得全部奖金的概率为，
进而得甲应分得的奖金为（元）.
（2）设比赛继续进行Y局且乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.
当Y=3时，乙以4：2赢，得；
当Y=4时，乙以4：3赢，得.
所以，乙赢得全部奖金的概率.
于是，甲赢得全部奖金的概率.
对f(p)求导，得.
因为，所以，得f(p)在上是严格增函数，
于是.
由此可知，，
即乙赢的最大概率大于0.05，
所以事件A不一定是小概率事件.
19．（12分）
如图所示，六面体的底面是菱形，，且平面，平面与平面的交线为.

(1)证明：直线平面；
(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；
(2)作辅助线得出在点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出，进而求出，结合平面的法向量求出的取值范围即可.
【详解】（1）连接，

，即.
四边形为平行四边形，则.
平面平面
平面，
平面平面，又平面，
，
四边形是菱形，，
又平面平面，则，
又，平面，
平面，又
平面.
（2）连接交于点，，则.
平面，
平面，因为平面，
则.
，四边形是菱形，则，
，
以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，

设，则.
.
，即，
，则，
，又是平面的一个法向量，
，
设，则
.
20．（12分）
已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切.
(1)求C的方程；
(2)直线：与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为（O为坐标原点），△APQ的面积为.的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)；
(2)是定值，.

【分析】（1）利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于的方程组，解方程组作答.
（2）由给定的面积关系可得直线PQ平分，进而可得直线的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断作答.
【详解】（1）由椭圆的离心率为得：，即有，
由以C的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，
所以C的方程是.
（2）为定值，且，
因为，则，
因此，而，有，
于是平分，直线的斜率互为相反数，即，
设，
由得，，即有，
而，则，
即
于是
，
化简得：，
且又因为在椭圆上，即，即，，
从而，，
又因为不在直线上，则有，即，
所以为定值，且.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．（12分）
已知函数．
(1)当时，求函数的极值．
(2)若有三个极值点，且，
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)①；②证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，确定函数单调性，进而求得函数的最小值；
（2）①当时，判断函数的单调性，说明不合题意，当时，根据导数判断函数的单调情况，结合零点存在定理，判断函数有三个零点，符合题意；
②由题意可判断三个零点的范围且满足，因为要证明，即，也即，又因为 ，故只要证明，故构造函数，利用其单调性证明即可证明结论成立.
【详解】（1）解：当时，，
令，则，
所以函数在上单调递增，
由，所以时，；
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有极小值为，无极大值；
（2）①解：由，
所以，
因为 ,仅当时取等号，
于是，当时，，函数在上单调递增，
此时至多有一个零点，不符合，
当时，令，得，
当或时，，
当时，，
所以函数在和上单调递增，
在上单调递减，
注意到，当时，，
所以，，
又 ， ，
令，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，所以，
故，
则 ，
，
因此 在 内恰有一个零点（即在有一个零点），
在内有一个零点，即 ，
在内有一个零点，
故有三个零点，则；
②证明：由题意知，又注意到，
所以，即，
当时，先证明不等式恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，
因此，两边同除以，得，
而，故．



（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．