真题重组卷03（文科）——2023年高考数学真题汇编重组卷（课标全国卷）

冲刺2023年高考数学真题重组卷03

课标全国卷地区专用（参考答案）

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．【答案】D

【分析】解绝对值不等式化简集合的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.

【详解】因为，

或，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.

2．【答案】B

【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.

【详解】讲座前中位数为,所以错；

讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；

讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；

讲座后问卷答题的正确率的极差为，

讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错.

故选:B.

3．【答案】B

【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解.

【详解】，

.

故选：B.

4．【答案】C

【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.

【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，

由可得点,

转换目标函数为，

上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，

此时.

故选：C.

5．【答案】B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积.

故选：B.

6．【答案】A

【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.

【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，

结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.

故选：A.

7．【答案】C

【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.

【详解】由，当时，，

则.

故选：C.

8．【答案】C

【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．

【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；

对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；

对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；

对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．

故选：C．

9．【答案】A

【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】设，则，故排除B;

设，当时，，

所以，故排除C;

设，则，故排除D.

故选：A.

10．【答案】A

【分析】分别将,改写为，，再利用单调性比较即可.

【详解】因为，，

所以.

故选：A.

【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.

11．【答案】C

【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求

【详解】设

故选：C

【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.

12．【答案】C

【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.

【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，

设四边形ABCD对角线夹角为，

则

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为

又设四棱锥的高为，则，

当且仅当即时等号成立.

故选：C

[方法二]：统一变量＋基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)

所以该四棱锥的体积最大时，其高.

故选：C．

[方法三]：利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，

，，单调递增， ，，单调递减，

所以当时，最大，此时．

故选：C.

【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．【答案】

【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.

【详解】由题意，，

所以，

所以，解得（负值舍去）.

故答案为：.

14．【答案】

【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.

【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，

解方程可得：.

故答案为：.

15．【答案】

【分析】设切线的切点坐标为，对函数求导，利用，求出，代入曲线方程求出，得到切线的点斜式方程，化简即可.

【详解】设切线的切点坐标为，

，所以切点坐标为，

所求的切线方程为，即.

故答案为：.

【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.

16．【答案】

【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.

【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，

且，所以四边形为矩形，

设，则，

所以，

，即四边形面积等于.

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。

（一）必考题：共60分。

17．

【详解】（1），

，

，

.

（2）依题意，，，

，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.

18．

【详解】（1）如图所示：

分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．

（2）[方法一]：分割法一

如图所示：

分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．

因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积

．

[方法二]：分割法二

如图所示：

连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积

19．

【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，

所以，所以，

即，解得，所以，

所以.

（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和

，

，

．

设，    ⑧

则．     ⑨

由⑧-⑨得．

所以．

因此．

故．

[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法

证明：由（1）可得，

，①

，②

①②得 ，

所以，

所以 ，

所以.

[方法三]：构造裂项法

 由（Ⅰ）知，令，且，即，

通过等式左右两边系数比对易得，所以．

则，下同方法二．

[方法四]：导函数法

设，

由于，

则．

又，

所以

，下同方法二．

【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.

（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；

方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；

方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，

方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.

20．

【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，

由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，

所以该抛物线的方程为；

（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法

设，则，

所以，

由在抛物线上可得，即，

据此整理可得点的轨迹方程为，

所以直线的斜率，

当时，；

当时，，

当时，因为，

此时，当且仅当，即时，等号成立；

当时，；

综上，直线的斜率的最大值为.

[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法

同方法一得到点Q的轨迹方程为．

设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．

[方法三]：轨迹方程+换元求最值法

同方法一得点Q的轨迹方程为．

设直线的斜率为k，则．

令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．

[方法四]：参数+基本不等式法

由题可设．

因为，所以．

于是，所以

则直线的斜率为．

当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．

【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；

方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；

方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；

方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.

21．

【详解】（1）

[方法一]【最优解】：

等价于．

设，则．

当时，，所以在区间内单调递增；

当时，，所以在区间内单调递减．

故，所以，即，所以c的取值范围是．

[方法二]：切线放缩

若，即，即当时恒成立，

而在点处的切线为，从而有，

当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．

[方法三]：利用最值求取值范围

函数的定义域为：

，

设，则有 ，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以当时，函数有最大值，

即，

要想不等式在上恒成立，

只需；

所以c的取值范围为．

（2）且

因此，设 ，

则有，

当时，，所以， 单调递减，因此有，即

，所以单调递减；

当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，

所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.

【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；

方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.

方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.

（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。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．

【详解】（1）因为l：，所以，

又因为，所以化简为，

整理得l的直角坐标方程：

（2）[方法一]：【最优解】参数方程

联立l与C的方程，即将，代入中，

可得，

化简为，

要使l与C有公共点，则有解，

令，则，令，，

对称轴为，开口向上，

，

，

，即m的取值范围为.

[方法二]：直角坐标方程

由曲线的参数方程为，为参数，消去参数，可得，

联立，得，即，即有，即，的取值范围是．

【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；

方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视的范围限制而出错．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．

【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法

当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，

则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，

当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，

∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，

所以的解集为.

[方法二]【最优解】：零点分段求解法

  当时，．

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得．

综上，的解集为．

（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值

依题意，即恒成立，

，

当且仅当时取等号，

,

故，

所以或，

解得.

所以的取值范围是.

[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值

由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.

[方法三]：分类讨论+分段函数法

 当时，

则，此时，无解．

当时，

则，此时，由得，．

综上，a的取值范围为．

[方法四]：函数图象法解不等式   

由方法一求得后，构造两个函数和，

即和，

如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，

由图易知，则．

【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．

方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，

方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；

（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；

方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法

方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；

方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.