必刷卷02（甲卷理科）——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷地区专用）（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
全国甲卷地区专用
理科数学

全国甲卷的使用将接近于尾声，往后会是新高考的题型。考试题型为12（单选题）＋4（填空题）＋6（解答题）。
对于高考考察的题目，越来越着重文化自信，以树立强国形象；同时爱阅读，会计算，能总结归纳成为考察学生能力的方向。对数学知识的考察，希望能引起学生对数学思想方法的总结，数学考试最终是落在数学的答题中，答题的步骤，解题的策略都会落在数学思想方法上。因此，数学解题步骤的总结，最后落脚与思想方法的总结，对学生的解析会有更大的帮助。
在本张试卷中对选择题、填空题知识点的考察与往年高考知识点相差不大，毕竟全国甲卷的题型会相对稳定，值得注意的是为了链接新高考中的多选题，强调学生对基础知识的深刻理解，因此需学生注重于每个选项的分析，例如第6，第8，第10，第13题四个题目。
再有，需要加强学生们的阅读与信息提取能力，对于数学文化类型的题，注意提取有用信息，联系所要运用的知识点，进行解题，例如第7，第8，第18题，在阅读方面需要学生进行加强。

在解答题中，强调注重解题套路！解题一步骤拿分，以数学严谨的逻辑进行分析题目，以细致计算争取，书写规范争取高分、甚至满分。
本张试卷的解答题，涉及的知识点有解三角形、回归直线方程、立体几何、圆锥曲线、导数、极坐标方程与不等式。
解三角形，利用结构不良题型进行考察，题目的考察侧重于选择适应的条件进行解答。正弦定理、余弦定理公式牢记并且能够运用。
回归直线方程与立体几何对数学文化有所涉略，信息的提取，同时注意立体几何中的翻折问题，立体几何平面化。
导数，本张试卷用到的转化思想与构造函数思想需要重视，因此，对解题的步骤与逻辑尤为重视。

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．设复数满足（为虚数单位），则复数的虚部是（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】由求出复数，从而可求出其虚部.
【详解】由，得，
所以复数的虚部是为，
故选：D
2．给定集合，对于，如果，，那么是的一个“好元素”，由的3个元素构成的所有集合中，不含“好元素”的集合共有（    ）
A．5个 B．6个 C．9个 D．12个
【答案】B
【分析】根据题意得到由的3个元素构成的集合中不含“好元素”，则这3个元素一定是连续的3个整数，列举出来即可得到答案.
【详解】若由的3个元素构成的集合中不含“好元素”，则这3个元素一定是连续的3个整数，
故不含“好元素”的集合有，，，，，，
共6个.
故选:B．
3．在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意结合流程图所要实现的功能确定判断框内应填入的条件即可.
【详解】由题意结合流程图可知当时，程序应执行，，
再次进入判断框时应该跳出循环，输出的值；
结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是.
故选：A.
4．若向量，满足，，且与的夹角为，则（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据结合数量积的运算律计算即可.
【详解】因为，，与的夹角为，
所以，
则.
故选：D.

5．某研究学习小组共7人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间分别为83，84，80，69，82，81，81（单位:min）.则这组时间数据的（    ）
A．极差为14 B．方差为22 C．平均数为80 D．中位数为80
【答案】C
【分析】根据极差，平均数，方差公式计算即可判断A、B、C选项，根据中位数定义即可判断D选项.
【详解】极差为样本最大值与最小值之差：，A错误；
平均数为：，C正确；
方差为：，B错误；
样本由大到小排列：69，80，81，81，82，83，84，中位数为81，D错误.
故选：C.
6．已知，，则下列说法正确的是　　
A．时，恒有
B．与函数图象仅有唯一交点
C．时，图象在图象下方
D．存在使得
【答案】C
【分析】由题意，根据反例可判断A、B的正误，利用函数的差的值的大小判断C，利用幂函数的图象，可判断D的正误，得到答案．
【详解】由题意，当时，，所以A不正确；
当，时，，所以B不正确；
令，由，可得，解得，
所以当时，图象总在图象下方，所以C正确；
当时，总有，不存在使得，
所以D不正确，故选C．
【点睛】本题主要考查了幂函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记幂函数的图象与性质，以及合理利用反例法进行判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
7．中国古代数学的瑰宝《九章第术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如下图所示的“曲池”，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，长度为长度的3倍，且线段，则该“曲池”的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据弧长与半径的关系，将两个弧所对应的半径求出，再根据圆柱的体积公式求出曲池的体积.
【详解】设对应半径为R，对应半径为r，根据弧长公式可知，，
因为两个扇环相同，长度为长度的3倍，
所以，
因为，
所以，
所以曲池体积为.
故选：D
8．我国《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，便得到一个3阶幻方.一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个正方形叫作n阶幻方. 记n阶幻方的数的和（即方格内的所有数的和）为，如，那么下列说法错误的是（    ）

A．
B．7阶幻方第4行第4列的数字可以为25
C．8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为260
D．9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为396
【答案】D
【分析】根据n阶幻方的定义，n阶幻方的数列有项，为首项为1，公差为1的等差数列，故，每行、每列、每条对角线上的数的和均为，且n为奇数时，n阶幻方行列的数字为该数列的中间值.
【详解】根据n阶幻方的定义，n阶幻方的数列有项，为首项为1，公差为1的等差数列，故，每行、每列、每条对角线上的数的和均为.
对A，，A对；
对B，7阶幻方有7行7列，故第4行第4列的数字可以为该数列的中间值，即，B对；
对C，8阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为，C对；
对D，9阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为，D错.
故选：D
9．若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据极值点的概念，转化为导函数有零点求参数范围问题
【详解】由已知得，若函数在上有极值点，则在上有解，即，解得.
故选：D
10．如图所示，正方体棱长为2，点P为正方形内（不含边界）一动点，角平分线交于点Q，点P在运动过程中始终满足．
①直线与点P的轨迹无公共点；
②存在点P使得；
③三棱锥体积最大值为；
④点P运动轨迹长为．
上述说法中正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断①②，然后根据三棱锥体积公式以及点的运动轨迹，即可判断③④.
【详解】
因为为的角平分线，在中，由正弦定理可知，设，则，所以，
在中，由正弦定理可知，，
因为，所以，且，设，，
所以，所以，，
所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且，点到该直线的距离为，
所以与圆无公共点，①正确；
若，设，所以，所以，
所以，即，联立，解得
所以点满足条件，所以②正确；
若最大，则到距离最大，即到与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故③错误；
令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以，因为为点的运动轨迹，所以，
故④正确；
故选:C
11．已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出椭圆左焦点坐标为，由题得，解不等式得到，再解不等式即得解.
【详解】点在双曲线：上，所以.
所以椭圆左焦点坐标为.
因为，所以,
所以.
因为，所以.
点为椭圆内一点，所以，
所以或.
综上：.
故选：A
12．已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.
【详解】因为，，
所以，则，即，
令，则，，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增,
所以，
对于，总有，即在上单调递增，
故，即在上恒成立，
所以对于，对于任意，在上取，
则，
所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，
所以的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为，，不妨设，
由图象可知，，故，故AD错误；
对于B，假设成立，取，
则，显然不满足，故B错误；
对于C，令，又，
则，
所以在上单调递增，
又，则，即，
又，则，
因为，所以，又，在上单调递增，
所以，即，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）
【答案】1
【分析】根据题意，写出其展开式的通项公式，即可得到结果.
【详解】，令，解得，所以的系数为1，
故答案为:1.
14．已知等比数列的前项和为，公比，且，，则______.
【答案】0
【分析】利用等比数列的通项公式可得，再利用求和公式即可得出答案．
【详解】由，，
化为，，
解得，
又，解得，
则的前2020项和，
故答案为：.
15．安排，，，，五名志愿者到甲，乙两个福利院做服务工作，每个福利院至少安排一名志愿者，则，被安排在不同的福利院的概率为______．
【答案】
【分析】分1人,4人和2人，3人两种情况安排到两个福利院，再分析在4人组，3人组，2人组三种情况得到在同一福利院的分法，利用对立事件的概率求解即可.
【详解】5人分配到2个福利院有1,4和3,2两种分组方法，共有种分法，
其中，被安排在同一组在同一福利院有种，
所以，被安排在不同的福利院的概率为.
故答案为：
16．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线的两个交点分别为，且满足为的中点，则的长为_______________.
【答案】##
【分析】求出焦点坐标和准线方程，设直线的方程为：，代入，利用韦达定理结合向量知识求出，再根据中点公式，利用抛物线的定义可求得结果.
【详解】依题意可得，准线为，
当直线的斜率为0时，显然不合题意，
故可设直线的方程为：，代入，得，
设，，所以，
则，，，
因为，所以，
所以，即，所以，所以，，
所以，所以，
所以，
所以，
，
.
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．已知的三个角，，的对边分别为，，，且.
(1)求边；
(2)若是锐角三角形，且___________，求的面积的取值范围.
要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）解法一，利用余弦定理将角化边；解法二，利用正弦定理将边化角；
（2）若选择①，利用正弦定理得到，，则，将其转化为关于的三角函数，结合是锐角三角形，求出范围，再结合正弦函数的性质求出的面积的取值范围；
若选择②，依题意可得，由三角形为锐角三角形利用余弦定理求出的取值范围，利用余弦定理表示出，即可得到，将转化为关于的函数，结合二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）解法一：因为，
由余弦定理，得；
解法二：因为，
由正弦定理，得，
∴，
∴，即.
（2）选择①：因为
所以，，
所以




因为是锐角三角形，
所以，又，所以，所以.
所以，所以，
所以，
所以.
选择②：因为，则，
因为是锐角三角形，所以，
即，
所以，
因为，
所以，
所以
，
由二次函数的性质可得，
当时，函数取最大值，当时，，又，
所以，即，所以，
所以.
18．华容道是古老的中国民间益智游戏，以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”．据《资治通鉴》注释中说“从此道可至华容也”．通过移动各个棋子，帮助曹操从初始位置移到棋盘最下方中部，从出口逃走．不允许跨越棋子，还要设法用最少的步数把曹操移到出口．2021年12月23日，在厦门莲坂外图书城四楼佳希魔方，厦门市新翔小学六年级学生胡宇帆现场挑战“最快时间解数字华容道”世界纪录，并以4.877秒打破了“最快时间解数字华容道”世界纪录，成为了该项目新的世界纪录保持者．
(1)小明一周训练成绩如表所示，现用作为经验回归方程类型，求出该回归方程．
第x（天）
1
2
3
4
5
6
7
用时y（秒）
105
84
49
39
35
23
15

(2)小明和小华比赛破解华容道，首局比赛小明获得胜利的概率是0.6，在后面的比赛中，若小明前一局胜利，则他赢下后一局的概率是0.7，若小明前一局失利，则他赢下后一局比赛的概率为0.5，比赛实行“五局三胜”，求小明最终赢下比赛的概率是多少．
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小
二乘估计公式分别为：，
参考数据：，
【答案】(1)
(2)0.6855
【分析】（1）先求出，套公式求出和，得到回归方程；（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．分别求出其对应的概率，利用概率的加法公式即可求解.
【详解】（1）由题意，根据表格中的数据，可得，
可得
所以，
因此y关于x的回归方程为：．
（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．
，

．
．
19．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．

(1)若是四边形对角线的交点，求证：∥平面
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，利用空间向量求线面夹角．
【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且
是线段与的中点，且
在图1中且，且．
所以在图2中，且且
四边形是平行四边形，则
由于平面平面平面
（2）由图1，折起后在图2中仍有
即为二面角的平面角．
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设
则，


设平面的一个法向量
由，得，取则
于是平面的一个法向量

∴直线与平面所成角的正弦值为

20．已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点．
①；②．
【答案】(1)
(2)选①直线过定点；选②直线过定点
【分析】（1）求出双曲线的渐近线，得到两点的坐标，利用及点在双曲线上可得方程；
（2）选择两个条件都是先联立方程，得出韦达定理，结合斜率之和或者之积得到的关系式，从而可得定点.
【详解】（1）由题意可知：点在双曲线上，所以；
过做轴的平行线，与相交于两点，那么两点可求：；
所以，所以；
代入，可知，所以双曲线的方程为.
（2）选①：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,
设，联立方程:
得，
所以，即；

由条件所以，
所以，
整理可得，
代入韦达定理得，
即，
解得或；
当时，，则直线过定点；
当时，，则直线过定点，不合题意；
综上可得，直线过定点.
选②：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,
设，联立方程:
得，
所以，即；

由条件，得
即，
整理可得
代入韦达定理，整理可得，
即，解得或，
当时，，则直线过定点；
当时，，则直线过定点，不合题意；
综上可得，直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用韦达定理把或进行转化，然后把求解方程得出的关系式，从而可得定点，定点问题虽然运算过程繁琐，但是求解思路较为明确.
21．已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）是的极值点，求证：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）对求导，求出，，由导数的几何意义即可求出答案.
（2）（i）分类讨论，求出的单调性，结合零点存在性定理，即可求出a的取值范围；
（ii）设，，令，由转化为，由（i）可知，是的极值点，故，即，即，由，，只需证，令，证.
【详解】（1）的定义域是，
，
可得，又
故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）（i）由（1）可知
①时，，在单调递增，此时至多有一个零点；
②时，，
令，解得，令，解得，
故在递减，在递增，
要使有两个零点，需，解得，即，
而，
，
当时，令，
则，故，，
，
由零点存在性定理可知，在与上分别存在唯一零点．
综上.
（ii）因为，，令，
由，
即，
由（i）可知，
是的极值点
故，
即，
由，，只需证，
令，
则，
令，则，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，；
.

（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）
在直角坐标系中，曲线的普通方程为，直线的极坐标方程为．在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点的射线与曲线相交于不同于极点的点，且点的极坐标为，其中．
(1)求的值．
(2)若射线与直线相交于点，求的值．
(1)
(2)
【分析】（1）将曲线的普通方程转化成极坐标方程，代入点即可求得；
（2）联立直线和过极点的射线的极坐标表方程，解得，利用极坐标定义即可求得.
【详解】（1）由曲线的普通方程为可得，的极坐标方程为；
将点代入可得，又，
可得
（2）易知射线的极坐标方程为；
联立射线和直线的极坐标方程，
解得；
所以点的极坐标为，
所以.

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数=│x+1│–│x–2│.
（1）求不等式≥1的解集；
（2）若不等式≥x2–x +m的解集非空，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由于f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；
（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max，从而可得m的取值范围．
【详解】解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，
∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；
当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；
综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．
（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，
即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．
由（1）知，g（x），
当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1，
∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；
当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2），
∴g（x）≤g（）1；
当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2，
∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；
综上，g（x）max，
∴m的取值范围为（﹣∞，]．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．