河南省郑州市等3地2022-2023学年高三下学期6月冲刺卷（五）全国卷文科数学试题

这是一份河南省郑州市等3地2022-2023学年高三下学期6月冲刺卷（五）全国卷文科数学试题，共14页。试卷主要包含了已知一组数据，已知，则，已知抛物线T，已知函数等内容，欢迎下载使用。
2023届高三冲刺卷（五）全国卷文科数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为120分钟，满分150分一、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．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知i为虚数单位，复数z满足，则z＋2i的虚部为（    ）A．2 B．3 C．2i D．3i3．在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（    ）．A． B． C． D．4．在等差数列中，已知，且，则当取最大值时，n＝（    ）A．10 B．11 C．12或13 D．135．已知一组数据：2，3，4，6，m，则下列说法不正确的是（    ）A．若m＝7，则平均数为4.4 B．若m＝4，则众数为4C．若m＝6，则中位数为4  D．若m＝10，则方差为406．已知，则（    ）A． B． C． D．7．北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（    ）A．3 B．4 C．5 D．68．若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合，集合N为集合M的三元子集，则集合N中的元素都是孤立元素的概率为（    ）A． B． C． D．9．已知抛物线T：，F为抛物线的焦点，P为抛物线上一点，过点P作PQ垂直于抛物线的准线，垂足为Q，若，则△PFQ的面积为（    ）A．4 B． C． D．10．已知函数（其中，）的图象如图所示，且满足，则（    ）A． B． C． D．11．在长方体中，AB＝AD＝4，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（    ）A．若点M满足，则B．点P到平面的距离范围为C．若点M满足，则不存在点P使得D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为12．已知函数，若有3个不同的解，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，，满足，且，，则与的夹角为______．14．已知圆C：，直线与圆C相交于M，N两点，则______．15．已知，，x＋2y＝1，则的最小值为______．16．已知函数，（其中，e是自然对数的底数），若对定义域内的任意两个不同的数，，恒有，则实数a的取值范围是______．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：60分。17．（12分）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b＝2．（1）求角B的大小；（2）求的取值范围．18．（12分）如图，平面多边形ABCDE，EA＝ED＝AD＝2BC＝2，，CD⊥AD，，将△ADE沿着AD翻折得到四棱锥P－ABCD，使得，F、G分别是PB、CD的中点．（1）证明：平面PAD；（2）求点G到平面PAB的距离．19．（12分）已知某种汽车新购入价格为14万元，但随着使用年限增加汽车会贬值．通过调查发现使用年限x（单位：年）与出售价y（单位：万元）之间的关系有如下一组数据：x124810y1210765（1）求y关于x的回归方程；（2）已知，当时，回归方程的拟合效果非常好；当时，回归方程的拟合效果良好．试问该线性回归方程的拟合效果是非常好还是良好？说明你的理由．（附：用最小二乘法求经验回归方程的系数公式；．）20．（12分）已知椭圆C：的长轴长与短半轴长之比为，且点在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）直线l：x＝my－4与x轴，椭圆C依次相交于D、P、Q三点，点M为线段PQ上的一点，若，求△ODM（O为坐标原点）面积的取值范围．21．（12分）函数，．（1）讨论的极值的个数；（2）若在上恒成立，求a的取值范围．（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xOy中，直线l的参数方程是（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若曲线C上有且仅有三个点到直线l的距离为，求实数a的值．23．[选修4－5：不等式选讲]（10分）已知函数．（1）当a＝1时，求不等式的解集；（2）若的最小值为0，实数x，y，z满足，求xz＋2yz的最大值． 2023届高三冲刺卷（五）全国卷文科数学参考答案及评分意见1．D  【解析】∵，，∴，∴．故选D．2．B  【解析】由题可得，故，其虚部为3．故选B．3．C  【解析】所求几何体的侧面积为，上下底面面积为，挖去圆柱的侧面积为，则所求几何体的表面积为．故选C．4．C  【解析】由已知得，即，∴，又∵，∴当取最大值时，n＝12或13．故选C．5．D  【解析】对于A，若m＝7，则平均数为，故A正确；对于B，当m＝4时，众数为4，故B正确；对于C，若m＝6，则这组数据从小到大排列为2，3，4，6，6，所以中位数为4，故C正确；对于D，计算平均数为5，则方差，故D错误．故选D．6．B  【解析】，∴，又．故选B．7．C  【解析】由题意知，且，则由累加法可知，，所以，∴，得，即．故选C．8．C  【解析】集合的三元子集有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个．满足集合中的元素都是孤立元素的集合N可能为，，，，一共4种．由古典概率模型公式，可得集合N中的元素都是孤立元素的概率．故选C．9．C  【解析】解法一：抛物线的准线方程为y＝－1，焦点为F（0，1），设点P的坐标为（m，n），则点Q的坐标为（m，－1），，由抛物线的定义知，因为，所以△PCF为等边三角形，所以，又，所以，n＝3，所以点P的坐标为，所以，所以．故选C．解法二：由抛物线定义，又，故△PFQ为正三角形，抛物线的准线方程为y＝－1，焦点为F（0，1），故△PFQ边长为4，故．故选C．10．C  【解析】设的最小正周期为T，根据及函数图象的对称性知，，所以，得．由，得，因为，由图知，故．故选C．11．C  【解析】如图所示：对于A，当MA＝AP＝1时，MP与底面ABCD所成的角，又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），所以，故A正确；对于B，当点P位于AE上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离，当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为FK，因为△BFK∽△BAH，所以，所以，故点P到平面的距离取值范围为，故B正确；对于C，不妨设点P与点F重合，此时，，，由余弦定理得，则，故存在点P使得，故C错误；对于D，当BP＝3时，四面体的外接球半径为，所以外接球体积为，故D正确．故选C．12．A  【解析】，令，则，∴在，上单调递减，在上单调递增，则，所以有3个不同的解等价于有两个解，且，，整理可得，∴根据根的分布，得解得，则a的取值范围是．故选A．13．或  【解析】，∵，利用三角形法则可知与夹角为或．14．  【解析】圆C：，r＝2，圆心（3，0）到直线的距离，利用勾股定理，，解得．15．  【解析】解法一：因为x＋2y＝1，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为．解法二：令，整理得．因为方程有解，所以，解得或，因为，故最小值为．16．  【解析】由题意得，，所以，化为，所以函数在上为减函数，所以当时，恒成立，得恒成立，令，则只需．由知，当时，，递增；当时，，递减；所以在x＝1处有极小值，也是最小值，且，所以，经检验，符合题意，故实数a的取值范围是．17．解：（1），由，得．（2）由（1）知，得，故，由正弦定理，得，由△ABC为锐角三角形得解得，∴，∴．18．（1）证明：如图，取AB中点H，连接FH，GH．∵F，H分别是PB，AB的中点，∴．∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．∵G，H分别是CD，AB的中点，∴，∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．又∵FH，平面FGH，，∴平面平面PAD，∵平面FGH，∴平面PAD．（2）解：如图，取AD中点O，连接PO，BO．∵AD＝2BC＝2，，CD⊥AD，，∴OA＝OD＝1，，OB⊥AD，AB＝2．∵PA＝PD＝AD＝2，∴PO⊥AD，，∴AD⊥平面POB，∵平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面POB．∵，∵，∴PO⊥OB，又∵平面ABCD∩平面POB＝OB，∴PO⊥平面ABCD，，，，设点G到平面PAB的距离为d，，∴．19．解：（1）由题意，得，，，，．，所以所求回归方程是．（2）列出残差表：1.2－0.1－1.70.10.542－1－2－3所以，，，∴所以回归模型的拟合效果良好．20．解：（1）根据题意得解得，所以椭圆C的方程为．（2）由题意得，D（－4，0），将直线l的方程代入椭圆C的方程，整理得：，，由得，，设，，由韦达定理可得设，∴，，即，∴，所以△ODM的面积．∵，∴△ODM的面积．21．解：（1），令，当a＝0时，，在上单调递增，在上单调递减，所以有一个极大值；当时，①，为图象开口朝下的二次函数，，∴的两根为，显然，，∴在上单调递增，在上单调递减，所以有一个极大值；②，可知，∴在，上单调递增，在上单调递减．所以有2个极值，一个极大值，一个极小值；③时，可得，∴在上单调递增，所以无极值．综上所述，当时，有一个极大值；当时，有一个极大值，一个极小值；当时，无极值．（2）设，，，∴，∴，两边同时取倒数，∴，∴，又∵，∴即可，由，可得，设，，∴设，，∴，∴，∴单调递减，∴，∴，∴a的取值范围为．22．解：（1）根据题意，消去参数t，可得直线l的普通方程为：2x－y＋a－3＝0．因为曲线C的极坐标方程为，变形可得：，∵，，，∴，故曲线C的直角坐标方程为：．（2）由（1）可知曲线C的圆心C（4，－2），，若曲线C上有且仅有三个点到直线l的距离为，则圆心C到直线l的距离为，∵直线l为，∴，∴，∴a＝－2或a＝－12．23．解：（1）当a＝1时，，当时，，即，当时，恒成立，即，当时，，即，综上，不等式的解集为．（2），若的最小值为0，则，解得a＝3，∴，∴，当且仅当时等号成立，故xz＋2yz的最大值为．