信息必刷卷01（乙卷文科）-2023年高考数学考前信息必刷卷（Word版附解析）

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2023年高考数学考前信息必刷卷01

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。其中解答题是4道“基础型”，2道“压轴型”，随着新高考的推进，新课标全国乙卷地区也逐渐过渡到新高考试卷，所以这几年新课标全国卷试题出题也逐渐有新高考的特色，其中一点就是反映在“基础大题”的考察难易变化上。

基础大题主要考察数列，三角函数与解三角形，概率分布列，立体几何这几个方面。全国卷这几年的难易变化体现在这样几方面：

1.两个压轴大题，逐渐把圆锥曲线替换最后的导数压轴大题，放到21提为值，作为最后的压轴大题，导数大题前移到20题位置，作为压轴大题的副压轴大题来考察。

2..原来的基础大题三角、数列、立体几何、概率等试题考察的位置和试题顺序不再固定，而是根据考试范围和难易来打乱调整。

3.基础大题试题考察难度，考察内容，更加灵活多变，尽可能打破“套路思维”，注重数学思维的考察。

4.基础大题有些题由两问变为三问，分散难度，但是增加了数学思维的广度。如本卷第19题。

2022年新课标全国卷乙卷试卷试题，把概率统计大题放到第19题位置，21年是概率统计在17题位置，和21年相比较，试题由两问变成3问，并且此题文理题几乎一致，试题考察的数学知识覆盖面更广，试题考察背景紧密结合社会生产生活，试题考察社会环保治理与发展的相互关系，虽然是基础大题，但是涉及到的数学建模数学应用。预测2023年新课标全国乙卷仍将继续这种“变新”。所以作为基础大题，每一种类型题，更要注重数学思维和社会实践相结合的考察，同时更要注意随着新高考的推广，今年作为新课标全国卷老教材的考察卷，也会逐渐体现出“文理一致”的“过渡性”。

同时也要注意基础试题在知识交汇处的考察，考察的数学知识运用处理能力综合度较强，如本试卷的第7和第13题。第7题考察框图，但是数学能力与知识的考察却在椭圆的定义与几何性质运用方面，难度虽然不是压轴小题的难度，但数学知识点跨度大，数学思维思考面要求广，是复习备考和试卷模拟时要多注意多注重的考点之一。

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．已知全集，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】B

【分析】化简A，由补集求得B，即可进行交集运算.

【详解】由，得或.

又，所以，

故选：B.

2．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的乘法运算以及除法运算即可化简求解.

【详解】由得， ，，所以，

故选：A

3．下列四个函数中，最小正周期与其余三个函数不同的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】结合二倍角、辅助角及和差角公式对选项进行化简，再计算周期比较即可.

【详解】对于选项A，，∴

选项B：且，∴

对于选项C，，∴

对于选项D，，∴,

故选：C.

4．若双曲线的渐近线与圆相切，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】D

【分析】由题得，双曲线渐近线为，圆心为，半径为1，根据相切得即可解决.

【详解】由题知，双曲线焦点在轴上，其中，

圆，其中圆心为，半径为1，

所以渐近线为，其中一条为，即，

因为双曲线的渐近线与圆相切，

所以，解得，

故选：D

5．某校举办了迎新年知识竞赛，随机选取了100人的成绩整理后画出的频率分布直方图如下，则根据此频率分布直方图，下列结论不正确的是（    ）

A．该校约有一半学生成绩高于70分 B．该校不及格人数比例估计为25%

C．估计该校学生成绩的中位数为70分 D．估计该校学生的平均成绩超过了70分

【答案】D

【分析】由频率分布直方图求得分数在和的频率，然后确定分数高于70分的频率，低于60分的频率，从而可判断ABC，由频率分布直方图计算均值判断D．

【详解】由频率分布直方图知分数在和的频率为,

因此成绩高于70分的频率为，A正确；

不及格人数即分数低于60分的频率为，B正确；

由选项A的计算知C正确；

平均成绩为，D错误，

故选：D．

6．设m，n为实数，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据指数函数和对数函数单调性分别化简和，根据充分条件和必要条件的定义判断两者关系.

【详解】因为函数为上的单调递增函数，又，所以，所以，又函数在上单调递减，所以，所以“”是“”的充分条件，因为函数在上单调递减，又，所以，当为负数时，没有对数值，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件，A正确，

故选：A.

7．某算法的程序框图如图所示，则执行该程序后输出的S等于（    ）

A．24 B．26 C．30 D．32

【答案】D

【分析】确定函数表示椭圆的上半部分，表示椭圆上的点到一个焦点的距离，表示距离之和，画出图像计算得到答案.

【详解】，即，，表示椭圆的上半部分，

焦点为，，表示椭圆上的点到一个焦点的距离，表示距离之和，

如图所示：

.

故选：D

8．如图，直线平面，垂足为，正四面体（所有棱长都相等的三棱锥）的棱长为2，在平面内，是直线上的动点，当到的距离最大时，该正四面体在平面上的射影面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意知点是以为直径的球面上的点，得到到的距离为四面体上以为直径的球面上的点到的距离，最大距离为与的公垂线半径．再由取得最大距离时，垂直平面，且平行平面求解.

【详解】因为直线平面，垂足为，所以点是以为直径的球面上的点，

所以到的距离为四面体上以为直径的球面上的点到的距离，

最大距离为到球心的距离半径，即与的公垂线半径，如图所示：

取的中点，的中点，连接，，，因为，

所以， ，,

所以到的最大距离为，此时，,

当取得最大距离时，垂直平面，且平行平面，

所以投影是以为底，到 的距离投影，即为高的等腰三角形,其面积．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本题关键是明确到的最大距离为为与的公垂线球半径，由共线得到而得解.

9．已知函数与直线交于两点，且线段长度的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位后恰好关于原点对称，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】确定函数的最小正周期，可求得，根据图像的平移变换可得平移后函数的解析式，结合函数的对称性可求出，依据，即可求得答案.

【详解】由题意知，函数的最小正周期,则,得,

所以，将函数的图象向左平移个单位长度，

得到的图象，

因为该图象关于原点对称，则 ，所以

当时，，，不合题意，当时，，

又，所以当时，取，当时，，不合题意，

故最大值为，

故选：C

10．如图，在正三棱柱中，，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．证明，得是异面直线与所成的角（或补角）．设，用余弦定理计算出余弦值．

【详解】取棱靠近点的三等分点，取棱的中点，取的中点，连接，，，．

由已知，又，所以是平行四边形，，

同时可得是中点，而是中点，所以．

所以，则是异面直线与所成的角（或补角）．

又，平面，则平面，平面，则，

设，则，从而，，，，，

故，，．在中，

由余弦定理可得．

所以异面直线与所成的角的余弦值为．

故选：B．

11．在中，已知，，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】由余弦定理得到，再利用基本不等式得到，然后由求解.

【详解】解：由余弦定理得，

即，即，

所以，∴，当且仅当b=c时等号成立.

因为，所以，

，∴，故选：C．

12．已知函数，若，则的最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分析函数的单调性，设，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得解.

【详解】因为，则函数在上单调递减，在上单调递增，

不妨设，有，可得，有，

令，有，令，可得，

令，可得，

可得函数的增区间为，减区间为，

可得，故的最大值为.

故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知是单位向量，，若向量与向量夹角，写出一个满足上述条件的向量______.

【答案】(答案不唯一)

【分析】设，取，根据平面向量数量积的定义和坐标表示可得，进而，即可求解.

【详解】设，又向量与的夹角，

则，，

不妨取,则，

得，则，

当时，，此时.故答案为：.

14．已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.

【答案】

【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值.

【详解】因为数列是正奇数列，

对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；

当为偶数时，设，则为奇数，

所以，，则，

因此，.

故答案为：.

15．的内角、、所对的边分别为、、，且，，则的面积为______．

【答案】

【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】因为，

所以，

，

因为、、，则，所以，，

由正弦定理可得，

因为，所以，，则，可得.

由余弦定理可得，

因此，.

故答案为：.

16．已知椭圆的左右焦点为，，过的直线交椭圆C于P，Q两点，若，且，则椭圆C的离心率为__________．

【答案】

【分析】根据椭圆的定义，线段比例关系和余弦定理即可求解.

【详解】

因为，

所以，

又，

所以，

所以，

在三角形中，，

在三角形中，，

以上两式相等整理得，故或（舍去），

故，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）如图所示，已知三棱台中，，，，，．

(1)求二面角的余弦值；

(2)设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可；

（2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积.

【详解】（1）因为，，所以二面角的平面角为．

因为，，所以，．

因为，所以．

因为，

所以，故二面角余弦值为．

（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，

因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．

因为，，且面，所以面，

又面，所以．

因为，，所以．

因为平面，平面，所以，

所以，，故F为的中点．

三棱台的体积．

18．（12分）已知数列的前项的积记为，且满足.

(1)证明：数列为等差数列；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）将条件中的变为，然后整理即可证明；

（2）求出数列的通项公式，然后利用裂项相消法求和.

【详解】（1）当时，，

，即，

又当时，，得，

数列是以3为首项，2为公差的等差数列；

（2）由（1）得，

则，

.

19．（12分）移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域．截至2022年底，我国移动物联网连接数达18.45亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家．右图是2018-2022年移动物联网连接数W与年份代码t的散点图，其中年份2018-2022对应的t分别为1~5．

(1)根据散点图推断两个变量是否线性相关．计算样本相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关程度；

(2)(i)假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，两个变量满足一元线性回归模型  （随机误差）．请推导：当随机误差平方和Q＝取得最小值时，参数b的最小二乘估计．

(ii)令变量，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型利用(i)中结论求y关于x的经验回归方程，并预测2024年移动物联网连接数．

附：样本相关系数，，，，

【答案】(1),这两个变量正线性相关，且相关程度很强.

(2)（i）；（ii）经验回归方程;预测2024年移动物联网连接数23.04亿户.

【分析】（1）根据相关系数计算，若两个变量正相关，若两个变量负相关，越接近于1说明线性相关越强.

（2）(i)整理得，根据二次函数求最小值时的取值；

(ii) 根据计算公式求得经验回归方程， 并代入可预测2024年移动物联网连接数.

【详解】（1）由散点图可以看出样本点都集中在一条直线附近，由此推断两个变量线性相关.

因为,

所以 ,

所以 ,

所以这两个变量正线性相关，且相关程度很强.

（2）(i)

，

要使取得最小值，当且仅当.

(ii) 由(i)知 ，

所以y关于x的经验回归方程，又，

所以当 时，则，

所以预测2024年移动物联网连接数23.04亿户.

20．（12分）已知函数（）．

(1)当，求f（x）的极值．

(2)当时，设，若存在，，求实数的取值范围．（为自然对数的底数，）

【答案】(1)极小值为3；极大值为4ln7－3

(2)

【分析】（1）利用导数判断单调性，求出极值即可；

（2）存在，使，转化为在区间上,即可求解.

【详解】（1）的定义域为，

当时，，

∴，

令 ，可得1＜x＜7，令f＇（x）＜0，可得0＜x＜1或x＞7，

∴函数的单调减区间为（0，1），（7，＋∞），单调增区间为（1，7）

∴x＝1时，函数取得极小值为3；x＝7时，函数确定极大值为4ln7－3；

（2），令，

若，则，

∴f（x）在区间（0，＋∞）上单调递减，

∴当时，f（x）在上单调递减，

∴f（x）在上的最大值为，

，令，得，

当时，，∴单调递减，

当时，，∴g（x）单调递增，

∴在上的最小值为，

由题意可知，解得，

又∵，

∴实数a的取值范围为[1，4）．

21．（12分）如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为.

(1)求抛物线方程；

(2)证明：直线AB的斜率为定值并求出此定值；

(3)令焦点F到直线AB的距离d，求的最大值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

(3)

【分析】（1）待定系数法求解抛物线方程；

（2）设出直线方程，联立后得到A点纵坐标，同理得到B点纵坐标，从而求出直线AB的斜率；

（3）在前两问基础上用斜率k表达出，换元后使用基本不等式求出最大值.

【详解】（1）解：将点代入抛物线方程可得：，

所以抛物线；

（2）证明：设，

与抛物线方程联立可得：

，

∴，

因为直线PA，PB的倾斜角互补，

用代k可得：

因此，，

即.

（3）解：由（2）可知，，，

因此，

到直线AB的距离，

所以

∵，

∴

，

令，

由，得

∴

当且仅当时取等号.

所以的最大值为.

（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）

在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为，若为曲线上的动点，将绕点顺时针旋转得到，动点的轨迹为曲线．

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)在极坐标系中，点，射线与曲线，分别交于异于极点的，两点，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）假设曲线上的动点的极坐标为，设，即可得到，再由点在上即可求出的轨迹方程；

（2）首先求出及点到射线的距离，即可求出的面积.

【详解】（1）解：假设曲线上的动点的极坐标为，设，

由题意，因为，所以，

所以曲线的极坐标方程为.

（2）解：由题意可得，

又因为到射线的距离，

所以.

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知，求证：

(1)；

(2).

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用三元基本不等式即可得证.

（2）利用基本不等式推得，，，再相加即可得证．

【详解】（1）因为，

所以，即，

当且仅当且，即时，等号成立，

所以，即，故.

（2）因为，

因为，当且仅当，即取得等号，

同理可得，当且仅当取得等号，

同理可得，当且仅当取得等号，

上面三式相加可得，即，

当且仅当，，且，即时，等号成立，

因为，所以，

所以.