2023年高三5月大联考（全国乙卷）理科数学试题（含答案）

这是一份2023年高三5月大联考（全国乙卷）理科数学试题（含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年高三5月大联考（全国乙卷）理科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，设复数，对应的点分别为，，则（    ）
A．2 B． C． D．1
3．映射由德国数学家戴德金在1887年提出，曾被称为“基础数学中最为美妙的灵魂”，在计算机科学、数学以及生活的方方面面都有重要的应用．例如，在新高考中，不同选考科目的原始分要利用赋分规则，映射到相应的赋分区间内，转换成对应的赋分后再计入总分．下面是某省选考科目的赋分规则：
等级原始分占比赋分区间
A
3%
[91,100]
B+
79%
[81,90]
B
16%
[71,80]
C+
24%
[61,70]
C
24%
[51,60]
D+
16%
[41,50]
D
7%
[31,40]
E
3%
[21,30]
转换对应赋分T的公式：
其中，Y1，Y2，分别表示原始分Y对应等级的原始分区间下限和上限；T1，T2，分别表示原始分对应等级的赋分区间下限和上限（T的结果按四舍五入取整数）
若小华选考政治的原始分为82，对应等级A，且等级A的原始分区间为[81，87]，则小华的政治成绩对应的赋分为（    ）
A．91 B．92 C．93 D．94
4．已知不共线的平面向量，满足，，则平面向量，的夹角为（    ）
A． B． C． D．
5．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．
6．学校安排老师到小区对指定的学生进行家访．甲、乙两位老师被安排从A，B，C，D，E五个小区中各选两个小区进行家访，且甲、乙两位老师选择的小区最多可以有一个相同．若甲必须去A小区，则甲、乙两位老师不同的安排方法有（    ）
A．48种 B．36种 C．32种 D．24种
7．已知函数在上的图像如图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B．
C． D．
8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体各个面中，面积最大的面的面积为（    ）

A． B． C． D．8
9．设等差数列的前n项和为，，，则满足的正整数n的最大值为（    ）
A．16 B．15 C．12 D．8
10．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上且位于第一象限，直线PO与椭圆C的另一个交点为A，直线PF2与椭圆C的另一个交点为B．若直线AB平行于x轴，且，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
11．已知函数，，且f（x）在上有且只有三个极值点，则下列说法不正确的个数是（    ）
①存在值，使得函数在上有两个极小值点；②的取值范围为；③函数在上单调递增；④若，则函数图象的一个对称中心为．
A．1 B．2 C．3 D．4
12．已知正三棱锥的底面的中心为，为棱的中点，OG⊥平面SAC，且．若的面积为，则正三棱锥外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．曲线在处的切线方程为______________．
14．若等比数列的前n项和为，，，则等比数列的公比为______________．
15．在立德学校举办的春季运动会上，甲、乙两位教师进行某项比赛，采取七局四胜制（当一人赢得四局时就获胜，比赛结束）．根据甲、乙两人多次比赛的成绩统计，每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，设各局比赛结果相互独立，则乙在第一局负的情况下获胜的概率是___________．
16．已知双曲线焦距为2c，过双线C的左焦点F作的切线，切点为B，该切线交双曲线C的右支于点A，若，则双曲线C的离心率为____________．

三、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求的值；
(2)若，的面积为，求c的值．
18．如图，在正四棱柱中，，E，F，G分别为棱AD，DD1，BC的中点，M为线段D1G上一点．

(1)求证：平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
19．已知抛物线C：y2=2px（p>0），M是其准线与x轴的交点，过点M的直线l与抛物线C交于A，B两点，当点A的坐标为（4，y0）时，有．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A关于x轴的对称点为点P，证明：直线BP过定点，并求出该定点坐标．
20．已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)当a=1时，若关于x的方程（m为实数）有两个不相等的实数根，且，求证：．
21．某公司生产A，B两种型号的盲盒，每一种型号的盲盒有12款形态各异的玩偶，买家拆封之前，不知道盲盒里玩偶的款式．
(1)小明看中了A型号盲盒，12款玩偶中有2款他特别喜欢，1款他不喜欢，另有3款他己经拥有．小明从中随机购买2款，若他购买到1款他特别喜欢的玩偶，积3分；购买到1款他不喜欢的玩偶，积-3分；购买到1款他已经拥有的玩偶，积-1分；购买到1款其他款式玩偶，积1分．设X表示小明购买的2款玩偶的总积分，求X的分布列和数学期望；
(2)五一前，该公司推出C，D两种新型号盲盒，现规定每一名爱好者一次只能购买其中一种型号的盲盒.据统计，爱好者第一次购买C，D两种型号盲盒的概率都是．如果上次购买C型号盲盒，则这次购买C型号盲盒的概率为，购买D型号盲盒的概率为；如果上次购买D型号盲盒，那么这次购买C，D型号盲盒的概率都为．如此重复．设一名爱好者第n次购买C型号盲盒的概率为Pn．
①求Pn；
②如果这名爱好者长期购买C，D型号盲盒，试判断该爱好者购买C型号盲盒的概率能否达到．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)写出曲线C的直角坐标方程；
(2)已知点P的直角坐标为，若直线l与曲线C交于M，N两点，求的最大值．
23．已知a，b，c都是正实数．
(1)若，求证：；
(2)若，求a+b+c的最小值．

参考答案：
1．D
【分析】化简集合M,N，根据交集运算得解.
【详解】因为，，
所以．
故选：D．
2．C
【分析】由于知道复数对应点的坐标，所以根据复数的几何意义可得复数，然后求出，再根据复数模的定义可得结果.
【详解】由题意，知，，所以，所以．
故选：C.
3．C
【分析】根据赋分公式，分别代入数据等级A赋分区间[91,100]及原始分区间[81,87]的端点即可得出结果.
【详解】等级A赋分区间[91,100]，原始分区间为[81,87]，
据赋分公式，得，解得．
故选：C．
4．D
【分析】设向量，的夹角为，由可得出，再由向量的夹角公式代入即可得出答案.
【详解】设向量，的夹角为，
∵，∴，即，
∴，∴．
∵，∴向量，的夹角为．
故选：D．
5．B
【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最大值的求解问题，利用数形结合的方式可求得结果.
【详解】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示．
由，得．作出直线，然后平移该直线，
当直线经过点A(1,0)时，z取得最大值，即．

故选：B．
6．B
【分析】由于甲、乙两位老师选择的小区最多可以有一个相同，所以可分为都不相同和有一个相同两种情况；又由于甲必须去A小区，所以当有一个相同时，再分相同的是A小区和不是A小区两种，然后分别计算各种情况，相加即可.
【详解】分两种情况：（1）若甲、乙两位老师选择的家访小区完全不同，则有种安排方法．
（2）若甲、乙两位老师选择的家访小区有一个相同：①若甲、乙两位老师都选择了A小区，则有种安排方法；
②若甲、乙两位老师选择的相同小区不是A小区，则有种安排方法．
综上，甲、乙两位老师不同的安排方法有种.
故选：B．
7．C
【分析】根据图像知函数是偶函数，并且在轴右侧先减后增，且时函数值大于0，然后根据这些特点对每个选项中的函数逐一判断即可.
【详解】由题图，知函数的图像关于y轴对称，所以函数是偶函数，故排除A；
对于B，，虽然函数为偶函数且在上单调递减，在上单调递增，但，与图像不吻合，排除B；
对于D，因为，所以函数是偶函数，但，与图像不吻合，排除D；
对于C，函数为偶函数，图像关于y轴对称，下面只分析y轴右侧部分．当时，，，
令，求导，得．当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得最大值．
又因为，，，所以，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，与图像吻合.
故选：C．
8．A
【分析】首先把三视图转化为几何体的直观图，进一步求出几何体各个面的面积即可得出答案.
【详解】如图，在棱长为4的正方体中，C为棱的中点，三棱锥A-BCD即为该几何体．
其中为直角三角形，，BD=4，AB⊥BD，所以其面积为；
为等腰三角形，BC=CD，BD=4，点C到边BD的距离为4，所以其面积为；
为等腰三角形，，，所以点C到边AB的距离为，
所以其面积为；
为等腰三角形，，，所以点C到边AD的距离为，
所以其面积为．
综上，该几何体各个面中面积最大的面为，其面积为．
故选：A．

9．B
【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式求解，再求解不等式得出结果.
【详解】设等差数列公差为d，则，解得，
所以，．
由，得，
即，解得1 所以正整数n的最大值为15．
故选：B．
10．B
【分析】由椭圆的对称性和直线PO与椭圆C的另一个交点为A，得点A与点P关于原点对称．再由直线AB平行于x轴，得点B与点A关于y轴对称，进而得出P与点B关于x轴对称，即PF2垂直于x轴，从而得出，由得到，再利用椭圆的定义列出关于的方程，从而得到的倍数关系，从而得解.
【详解】由椭圆的对称性，知点A与点P关于原点对称．
因为直线AB平行于x轴，所以点B与点A关于y轴对称，
所以点P与点B关于x轴对称，即PF2垂直于x轴，所以可设
将代入椭圆方程得，即．
又，所以．
又，所以，即，
所以椭圆C的离心率．
故选：B．

11．C
【分析】根据余弦函数的极值、单调性区间公式及对称中心公式逐一判断各结论.
【详解】对于①②，因为，所以．因为，所以．
当时，．
因为在上有且只有三个极值点，分别为，所以，得，
所以根据图象可以判断，在上有两个极大值点，一个极小值点，所以①错误，②错误；
对于③，当时，，，显然，不符合题意，所以③错误；
对于④，由，得，所以，
令，，得，，
当时，，所以④正确．
故选：C．
12．A
【分析】先根据题目中的点的位置及垂直条件确定正三棱锥中棱之间的数量和位置关系，然后用字母设出棱长，从而表示出的面积，求出设的字母，再把正三棱锥补成正方体，从而求出外接球的表面积.
【详解】如图，连接SG并延长交AC于点D，连接BD．
因为，所以A，G，M三点共线，且AG=2GM．又因为AM为中线，所以G为的重心，
所以D为AC的中点，且SG=2GD．
又O为正三角形ABC的中心，所以D，O，B三点共线，且BO=2OD，
所以，且．
因为平面SAC，所以平面SAC，又平面SAC，
所以，．
又因为三棱锥为正三棱锥，所以．
设SA=2a，则，．
在中，，又，所以，
所以，
即，解得．
由，，且SA=SB=SC=2，知正三棱锥的外接球即是棱长为2的正方体的外接球，棱长为2的正方体的体对角线长即为外接球的直径，
所以正三棱锥的外接球的半径，表面积为．
故选：A．

13．
【分析】根据导数的几何意义分析运算.
【详解】由题意可得：，
当时，．
即切点坐标为，切线斜率，
所以曲线在处的切线方程为，即．
故答案为：．
14．3
【分析】设等比数列的公比为，由等比数列的前n项和公式及等比数列的通项公式代入求解即可得出答案；
【详解】方法一：设等比数列的公比为，
由，得．
又，所以，即，
所以，解得q=3．
方法二：设等比数列的公比为，若q=1，
则，，显然，所以．
由，，得，即，．
因为，所以．
故答案为：3．
15．
【分析】根据题意可得乙还需要胜四局比赛，分类讨论结合独立事件分析运算.
【详解】由题意可得：乙在第一局负的情况下获胜，则乙还需要胜四局比赛．
若再比赛四局乙获胜，则概率为；
若再比赛五局乙获胜，则概率为；
若再比赛六局乙获胜，则概率为；
综上所述：乙在第一局负的情况下获胜的概率是．
故答案为：．
16．
【分析】连接BM，则,设双曲线C的离心率为e，右焦点为，连接．得出，即，在中，由勾股定理，得，即，进一步计算得出结果即可.
【详解】圆可化为，即，
所以圆心为，半径．
连接BM，则．设双曲线C的离心率为e，右焦点为，连接．
因为，，所以．
又，所以，所以，所以，
所以，，即．
根据双曲线的定义，得．
在中，由勾股定理，得，
所以，即，所以，
所以双曲线C的离心率．

故答案为：．
17．(1)2
(2)

【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式化简即可；
（2）现根据三角形的面积公式结合（1）求出，再利用余弦定理即可得解.
【详解】（1）由，得，
由正弦定理，得，
所以，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，即；
（2）由（1）知，，
因为，的面积为，
所以，
解得，即，
所以，
由余弦定理，得，所以．
18．(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明；
（2）以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）如图，连接AD1，AG．
因为E，F分别为棱AD，DD1的中点，所以．
因为平面CEF，平面CEF，所以平面CEF．
因为，且AD=BC，E，G分别为AD，BC的中点，所以且AE=CG，
所以四边形AECG为平行四边形，所以．
因为平面CEF，平面CEF，所以平面CEF．
又因为，，平面，
所以平面平面CEF．
因为平面，所以平面CEF．
（2）如图，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设DA=2，M（a，b，c），则E（1，0，0），G（1，2，0），C（0，2，0），F（0，0，2），D1（0，0，4）．
因为，所以，即，解得，，，
所以，
所以，，，．
设平面MEF的法向量为，
则，所以，即．
令，则，，所以是平面MEF的一个法向量．
设平面CEF的法向量为，则，所以．
令，则，，所以是平面CEF的一个法向量．
所以．
设二面角M-EF-C的平面角为，
所以，
即二面角M-EF-C的正弦值为．

19．(1)
(2)证明见解析，定点坐标为（2，0）．

【分析】(1)设出点坐标，根据已知得出，然后把，两点分别代入抛物线方程，即可得出的值，即可求出抛物线方程.
(2)根据点坐标，设出直线l的方程，，，联立，得出，，然后表示出直线BP的方程，即可判断是否有定点，以及得出定点坐标.
【详解】（1）如图，
设，由，得B为线段MA的中点．
因为，所以，
所以，即，
把代入中，得，
把代入中，得，所以．
又p>0，所以p=4，
所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线l的斜率存在且不为0，
因为M（-2，0），所以可设直线l的方程为x=my-2．
设，，则点．
由，消去x，得，所以，,
根据根与系数的关系，得，．
直线BP的斜率，
所以直线BP的方程为，
所以

，
即直线BP的方程可表示为．
所以直线BP过定点，且定点坐标为（2，0）．
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数，再对分类讨论，利用导数与单调性的关系即可得解；
（2）方法一：由（1）可知，当a=1时，，由于是f（x）=m的实数根，所以，令，对求导，可得，即可得证；
方法二：曲线y=f（x）在点处的切线方程，令，对求导，可证得，即，整理化简即可得证.
【详解】（1）．
①当a<0时，恒成立，所以在上单调递增；
②当a>0时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a<0时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当a>0时，的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）方法一：当a=1时，，
由（1）可知，的单调递减区间为，单调递增区间为，
因为方程=m（m为实数）有两个不相等的实数根，，且，因此．
由于是=m的实数根，所以，整理得．
令，且，则，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以，
而，因此，即．
方法二：当a=1时，，
，，所以，
所以曲线在点处的切线方程为．
又．
令，则．
令，解得，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，因此．
因为=m（m为实数）有两个不相等的实数根，，且，
所以，即．
因为，所以，所以．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21．(1)分布列见解析，1
(2)①；②不能

【分析】(1)由题知，的可能取值为-4，-2，0，2，4，6，分别求出对应的概率，即可得出分布列，求出期望.
(2)分析得，继而判断出是以为首项，为公比的等比数列，然后求出，即可得出结论.
【详解】（1）由题意，知的所有可能取值为-4，-2，0，2，4，6，
，，，，，，
所以X的分布列为
X
-4
-2
0
2
4
6
P






所以．
（2）①记一名爱好者第n+1次购买C型号盲盒的概率为，则，
即，所以．
因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即．
②因为，
所以这名爱好者购买C型号盲盒的概率不能达到．
22．(1)
(2)．

【分析】（1）根据，，转化即可得解；
（2）根据直线的参数方程代入圆的方程，利用参数的几何意义及三角函数的恒等变换求最值.
【详解】（1）因为，所以，
即．
又，，，
所以曲线C的直角坐标方程为．
（2）依题意，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得．
设点M，N所对应的参数分别为，，则，．
因为点P的坐标为，所以，．
因为，
所以，
其中，．
由，得，
所以当时，最大，且最大值为．
23．(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）由基本不等式即可证明；
（2）方法一：将变为，则，再由基本不等式证明即可；方法二：将变为，根据已知条件结合柯西不等式即可证明结果．
【详解】（1）因为a，b，c都是正实数，所以，
，所以，
当且仅当时，等号成立，即．
又因为，所以．
（2）方法一：因为，所以，
所以


，
当且仅当，即，，时等号成立，
所以a+b+c的最小值为．
方法二：因为，所以．
由柯西不等式，得，
即，即，
当且仅当，即，，时等号成立，
所以a+b+c的最小值为．