江西省赣州市兴国县2023届高三高考考前最后一卷（全国乙卷）数学（理）试题（含解析）

这是一份江西省赣州市兴国县2023届高三高考考前最后一卷（全国乙卷）数学（理）试题（含解析），共24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。

江西省赣州市兴国县2023届高三高考考前最后一卷（全国乙卷）数学（理）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．已知复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知的展开式中各项系数之和为0，则展开式中的系数为（    ）
A．28 B．-28 C．45 D．-45
4．将函数图象上的所有点向左平移个单位长度（纵坐标不变）后得到函数的图象，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
5．在南极，东南极冰盖被称为“沉睡的巨人”，是世界上最大的大陆冰川，包含了世界上大部分的冰.2022年在英国《自然》杂志发表的一篇论文指出，若《巴黎协定》的控温目标未能达成，东南极冰盖会因气候变化影响而加速融化，到2500年，可能导致海平面上升2到5米.无独有偶，2023年发表于《科学》杂志的新研究中，法国图卢兹空间地球物理学和海洋学研究实验室领衔的国际团队揭示了比之前预测的更大的冰川质量损失，全球温度升高与冰川质量损失之间存在线性相关关系，有如下数据：
温度上升量x（℃）
0.4
0.7
1.0
1.2
1.8
2.4
冰川消融百分比y（%）
12
24
32
45
56
77
  根据数据，绘制如图所示的散点图，则下列说法正确的是①冰川消融百分比与温度上升量存在正相关关系；②由表中数据用最小二乘法得到的线性回归直线一定经过点；③记表中数据的方差为，若控温措施有效，则冰川消融百分比将变为z%，且，那么的方差将变为.（    ）
A．① B．③ C．①② D．②③
6．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值是1，则（    ）
A． B． C．1 D．2
7．已知定义在上的奇函数，满足是偶函数，且当时，，则（    ）
A． B．0 C．1 D．1012
8．已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（    ）
A．2022 B．2023 C．4048 D．4046
9．在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱，E是BC的中点，F是棱上的点，且，过作平面，使得平面平面AEF，则平面截直四棱柱，所得截面图形的面积为（    ）
A． B． C．3 D．
10．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
11．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则的周长的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
12．已知抛物线C：的焦点，直线与该抛物线交于A，B两点（点A在第一象限），以AB为直径的圆E与抛物线C的准线相切于点D.若，则点E到y轴的距离为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．已知向量，，且在方向上的投影是，则 .
14．当时，函数取得极小值1，则 .
15．已知双曲线C：，过双曲线C的右焦点F作直线交双曲线C的渐近线于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第四象限，且满足，，则双曲线C的离心率为 .
16．如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .
  

三、解答题
17．设数列的前项和为，且，，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前n项和.
18．如图，三棱柱的所有棱长都为2，，.
  
(1)求证：平面平面；
(2)若是棱的中点，求二面角的余弦值.
19．随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.
  
(1)根据频率分布直方图，估计这100名学生测试成绩的平均数（单位：分）；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
(2)若该校高二学生“古诗词”的测试成绩X近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成绩不低于87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成绩为优秀的人数；（取整数）
(3)现该校为迎接该省的2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两个环节中获胜得1分，第三个环节中获胜得4分，输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量，求的分布列和数学期.
（参考数据：若，则，，.
20．已知椭圆C：经过点，且与椭圆有共同的焦点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，O为坐标原点.若，求点P的坐标.
21．已知函数，.
(1)若，讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，函数的图象在函数的图象的下方.
22．在直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为，以坐标原点O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)求直线的参数方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设直线与曲线C相交于A，B两点，弦AB的中点为N，求的值.
23．已知函数.
  
(1)画出的图象；
(2)若函数的最小值为m，x，y，满足，求证：.

参考答案：
1．C
【分析】先求解集合，再根据交集的定义即可求解.
【详解】，或，
所以.
故选：C
2．C
【分析】由已知可得，再根据复数的除法运算化简即可.
【详解】因为，整理得，所以.
故选：C.
3．A
【分析】根据展开式各项系数之和可得的值，从而可得展开式的通项，进而可得的系数.
【详解】的展开式中各项系数之和为0
所以令得，则，
所以的通项为
所以展开式中的系数为.
故选：A.
4．D
【分析】化简的解析式，然后根据三角函数图象变换的知识求得正确答案.
【详解】，

，
所以的最小值为.
故选：D
5．A
【分析】对于①，由散点图即可判断；对于②，根据线性回归直线一定经过点样本点中心即可判断；对于③，由方差的性质即可判断.
【详解】对于①，由散点图可得冰川消融百分比与温度上升量存在正相关关系，①正确；
对于②，，，线性回归直线一定经过点，②错误；
对于③，由方差的性质可得，③错误.
故选：A
6．D
【分析】由对数的单调性可得，求出直线与可行域的交点，从而可确定当过点时，取最大值，把代入求解即可.
【详解】  
的最大值为， ，
联立得， 联立得
画出，
将代入得不成立，表示不含的区域，
将代入得成立，表示含的区域，
所以约束条件所确定的区域只能在轴的右侧，如图所示，故舍去，
所以过点时，取最大值，
在上，，.
故选：D
7．B
【分析】由奇函数，满足是偶函数，可得函数的周期为，分别求解，从而可得的值.
【详解】已知定义在上的奇函数，所以①，且，
又是偶函数，所以，即②，所以，
由①②可得：，所以，则，则函数的周期为，
当时，，则，所以，
所以.
故选：B.
8．D
【分析】令数列的公比为，由可得，当时，，当时，，求得，，从而求得，进而求得，归纳得到数到是以为首项，公差的等差数列，从而可求解.
【详解】令数列的公比为，，
因为，
所以当时，，即，
当时，，即，解得（舍去），
所以，即，
因为数列中的整数项组成新的数列，
所以，此时，即，
.
故选：D
9．A
【分析】根据四棱柱的几何性质以及面面平行的判定定理求解.
【详解】  
如图，取的中点M，在上取一点H，使得，连接，如上图，
则，平面，
平面AEF，平面平面；
即过点平行于平面AEF的平面截四棱柱的图形是三角形，
其中，
，
故选：A.
10．B
【分析】构造函数，求导确定函数单调性可得，根据指数幂的运算性质与指数函数单调性可比得，从而可得结论.
【详解】因为，，，则，
令，则
所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
所以，即，故，则；
因为，所以，
因为，所以，所以
综上，.
故选：B.
11．A
【分析】将表示为角的形式，结合三角恒等变换以及三角函数的值域等知识确定正确答案.
【详解】，
由正弦定理得，
，
由于，
所以，
所以，
由于，所以，所以，
所以，则，
函数的开口向上，对称轴为，
所以.
故选：A
12．D
【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设直线的方程与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式、直线和圆相切的条件可得的值，结合等腰三角形的性质可得直线的倾斜角为，从而可求得的值，由此确定的坐标，即可得点E到y轴的距离．
【详解】过作垂直于准线为
  
抛物线的焦点为，所以，即，抛物线为
准线方程为，
设直线的方程为，与抛物线的方程联立，可得，
设,，,，可得，
则，
所以的中点为，
，
由圆与准线相切，可得，
两边平方，化简可得，
即直线的方程为，可得直线经过焦点，则
由圆与准线相切于，可得，
由准线，且，
可得，
即，
由，可得，
即有，，
直线的斜率为，所以，则
所以点E到y轴的距离为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线焦点弦性质运用，解题关键是设直线方程，将直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理求出，从而得焦点弦中点坐标．再根据切线性质与弦长关系，得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
13．
【分析】先求得，再根据向量的投影公式可得方程，求解即可.
【详解】因为，，所以，
因为在方向上的投影是，
所以，即，显然，即，
整理得，解得或（舍去）.
故答案为：
14．
【分析】求导函数，根据求得的值，检验极值点后可得的值.
【详解】函数，则
当时，函数取得极小值1，
所以，解得，
所以，
则函数在时，，函数单调递减；在时，，函数单调递增；符合是函数的极值点；
故.
故答案为：.
15．/
【分析】设，由，可得，，再根据再渐近线上，由坐标运算得，从而的，利用两点距离公式可得关于的齐次方程，结合化简运算可得双曲线C的离心率.
【详解】
双曲线C：的右焦点，渐近线方程为，
设，
因为，所以，所以，即①，②
又分别在渐近线上，所以代入②可得：，再代入①得
故，则，所以
整理得：，又，所以，
则，即，故，所以，
则双曲线C的离心率.
故答案为：.
16．/
【分析】由题意确定当平面平面时，四棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥 的外接球的球心，解外接球的半径，再求解外接圆的半径，设四棱锥外接球的球心到平面的距离为，根据即可求解.
【详解】  
由题意可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，如图所示，
取的中点，连接，则，
又平面平面，平面，所以平面.
则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，
设的中点为，连接，则，
所以为四边形的外接圆的圆心，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，
连接，则四边形为矩形，
所以，
连接，在中，.
设四棱锥的外接球的半径为，则.
连接，，，
，，
连接，则，所以外接圆的圆心在上，令其半径为，
在中，，
所以，即，解得，
设四棱锥外接球的球心到平面的距离为，
所以，即，解得，
故四棱锥外接球的球心到平面的距离为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由可得，进而可得，又，从而可证明；
（2）由（1）可求，从而，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，
所以，即，
，
故，即，又，
所以数列为等比数列.
（2）由（1）可知，数列为首项，公比的等比数列，
所以，
所以，
所以，
所以①，
②，
得，
，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直判定定理证明平面，可得，再由勾股定理逆定理可得，从而证明平面，根据面面垂直判定定理即可证明结论；
（2）以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算分别求平面与平面的法向量，即可求二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接
  
三棱柱的所有棱长都为2
则，又为中点，所以，且
又，平面
所以平面，因为平面，所以
因为为中点，所以，三角形为等边三角形，所以
由，可得，所以
又平面，所以平面
因为平面，平面平面；
（2）由（1）可知，，，如图，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系
  
则，
由于平面，平面，即可作为平面的一个法向量
设平面的法向量为，又
所以，令，则
所以，
由图可知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.
19．(1)74分
(2)159人
(3)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数进行估值计算即可；
（2）根据正态分布的对称性求解概率即可；
（3）根据随机变量的所有可能取值为：，分别求概率，即可得分布列与数学期望.
【详解】（1）由频率分布直方图估计平均数为：
（分）
（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布
所以，则
所以人
故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为人；
（3）随机变量的所有可能取值为：
，
，


，

所以的分布列如下：














数学期望.
20．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆C的标准方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由求得的坐标.
【详解】（1）对于椭圆，，则对于椭圆，也有，
由于椭圆过点，
故，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）依题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，则，
由消去并化简得①，
设，则，
，
由于，
所以，
整理得，
，
，，
整理得，则，
此时，对于①，.
  
【点睛】思路点睛：求椭圆的标准方程，主要的思路是根据已知条件求得，是两个未知量，所以需要找到个已知条件来求解.如本题中，焦点以及椭圆所过点的坐标，这就是两个已知条件，由此列方程来求得，从而求得椭圆的标准方程.
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求导后，分，，确定导数的符号，从而确定单调区间；
（2）令，求导后，借助隐零点，从而求得最小值即可证明.
【详解】（1），定义域为，
所以 ，
当单调递增，
当，令，其对称轴为，
最小值为，
若，即时，单调递增，
若令，可得，
由于，故与均大于0，
所以或时，，单调递增，时，，单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
（2）令，其定义域为，
，由于与均为递增函数，
所以在上单调递增，且，，
所以令，即，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增, 最小值为，
，
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立.
，
.
函数的图象在图象的下方.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．
22．(1)的参数方程为（为参数），的直角坐标方程为
(2)

【分析】（1）根据直线过点及倾斜角即可写出参数方程，根据极坐标与直角坐标的转化公式写出曲线C的直角坐标方程；
（2）将直线参数方程代入圆的方程，得到关于参数t的一元二次方程，根据根与系数的关系及参数的几何意义求解即可.
【详解】（1）的参数方程为，即（为参数），
因为曲线的极坐标方程为，即，
所以化简得，
所以的直角坐标方程为；
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，得，
整理，得，
此时，
设两点对应的参数分别为，，则，，
所以，异号，，
所以.
23．(1)图象见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）将表示为分段函数的形式，进而画出的图象.
（2）先求得，根据基本不等式证得不等式成立.
【详解】（1）依题意，，
由此画出的图象如下图所示：
  
（2）由（1）可知，当时，的取得最小值为，
所以，
故，
由于，，
，
所以，
即，
所以，
即.