必刷卷01（甲卷文科）——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷地区专用）（原卷版+解析版）

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绝密★启用前2023年高考数学考前信息必刷卷01全国甲卷地区专用文科数学全国甲卷的使用将接近于尾声，往后会是新高考的题型。全国甲卷的题型会相对稳定，考试题型为12（单选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良型试题是对接新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大模块，以解答题的方式进行考查。 在选择题、填空题中：（1）对于立体几何的考察有概念的辨析、体积（表面积）的计算。但也要注意特殊的立体几何图形（正方体、长方体、）中的角度观测问题；（2）对函数知识的考察：图像，注意利用函数性质；计较大小，构造函数等；（3）注意实际问题转化为数学问题的题型，结合物理进行考察；（4）对于程序框图的题型，注意程序流程，主抓列完整。其他的题目难度变化不大，但侧重于考察学生运算能力与分析能力。在解答题中，对于大题中概率统计的考察会侧向卡方分布与考察频率分布直方图（数据特征：中位数、平均数...），注意计算务求正确；数列（解三角形）的考察，这几年大都出结构不良性的题型，注意选择优势的条件进行解析；立体几何的考察题型没有变化，考察平行、垂直，以及考察体积的计算；对于圆锥曲线的考察，注意定值、定点的计算。 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．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式可得集合A，再求交集即可.【详解】因为，，所以，故选：B.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题.2．平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.如图所示的统计图，记这组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据众数、中位数、平均数的概念，由统计图，可直接得出结果.【详解】由统计图可得，众数为；共有个数据，处在中间位置的两个数据为，所以中位数为；平均数，所以.故选：B.3．已知复数满足，则复数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的模长公式，结合复数的除法以及乘法，可得答案.【详解】由，则，.故选：A.4．执行如图所示的程序框图，如果输入的正整数，则输出的值是（    ）A．5 B．7 C．8 D．13【答案】C【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出的值.【详解】第一次循环后；第二次循环后；第三次循环后；第四次循环后；此时，终止循环，输出C=8，故选：C.5．已知，，，是奇函数，直线与函数的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，则A．在上单调递减 B．在上单调递减C．在上单调递增 D．在上单调递减增【答案】A【分析】根据函数是奇函数，得又由图像的两个相邻交点的横坐标之差得周期，从而可求出函数的解析式，进而求解.【详解】因为是奇函数，所以 所以；又由已知得 所以 所以由函数的解析式可知在上单调递减．故选A.【点睛】本题考查三角函数周期性和奇偶性，属于基础题.6．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】[方法一]：【最优解】无序从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.[方法二]：有序从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为.故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；7．函数的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】用排除B，C；用排除；可得正确答案.【详解】解：当时，，，所以，故可排除B，C；当时，，故可排除D．故选：A．【点睛】本题考查了函数图象，属基础题．8．已知函数存在最大值0，则的值为（    ）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】讨论与0的大小关系确定的单调性，求出的最大值.【详解】因为，，所以当时，恒成立，故函数单调递增，不存在最大值；当时，令，得出，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，解得：.故选：B.9．已知一个圆锥的侧面积是底面积的倍，记该圆锥的内切球的表面积为，外接球的表面积为，则A． B． C． D．【答案】C【详解】如图：由已知圆锥侧面积是底面积的倍，不妨设底面圆半径为，圆锥的母线长为l,则：，解得故，则，故故选点睛:本题为求圆锥内切球和外接球的表面积的比值，要先求出两个球的半径，结合“圆锥的侧面积是底面积的倍”先得出底面圆半径与母线的数量关系，然后作垂线求出两球的半径比，继而得出表面积比，求半径是本题的关键．10．已知棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，P为线段上的一个动点，有下述四个结论：①直线MN与所成的角的余弦值为；②平面截正方体所得截面的面积为；③点到平面的最大距离为；④存在点，使得平面，则正确结论的个数是A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由题意证得，得到直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在直角中，求得，可判定①不正确；根据题意得到平面截正方体所得的截面为矩形，求得截面的面积，可判定②错误；连接交于点，取的中点，证得平面，得到点到平面的最大距离为，可判定③正确；由②知，点在平面内，可判定④错误.【详解】对于①中，如图所示，因为分别为棱的中点，可得，所以，则直线与所成的角即为直线与所成的角，设，因为正方体的棱长为，可得，在直角中，可得，即直线与所成角的余弦值为，所以①不正确；对于②中，如图所示，因为分别为棱的中点，可得，延长交于点，则平面截正方体所得的截面为矩形，可得，所以截面的面积为，所以②错误；对于③中，如图所示，连接交于点，取的中点，分别连接，因为四边形为正方形，所以，又由正方体的性质，可得平面，且平面，所以，又因为，所以平面，即平面，设与平面所成的角为，则点到平面的距离为，当时，，即点到平面的最大距离为，又由，所以点到平面的最大距离为，所以③正确；对于④中，由②知，平面截正方体所得的截面为矩形，可得点在平面内，所以不存在点使得平面，所以④错误.故选：A11．已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率，解得，，分别为C的左右顶点，则，B为上顶点，所以.所以，因为所以，将代入，解得，故椭圆的方程为.故选：B. 12．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】［方法一］：（指对数函数性质）由可得，而，所以，即，所以.又，所以，即，所以.综上，.［方法二］：【最优解】（构造函数）由，可得．根据的形式构造函数 ，则， 令，解得 ，由 知 . 在 上单调递增，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 .故选：A.【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．  二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量，，若，则___________．【答案】【分析】依据向量垂直的充要条件，列出关于k的方程，即可求得k的值【详解】由，，，可得，解之得故答案为：14．已知，从点射出的光线经x轴反射到直线上，又经过直线反射回到时点，则光线所经过的路程为_____．【答案】【分析】求出关于轴对称点坐标，再求得关于直线的对称点坐标，线段的长即为所求路程．【详解】直线的方程为：点关于轴的对称点，设点关于直线的对称点，则，，解得，．，光线所经过的路程．故答案为：．15．设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则该双曲线的离心率的取值范围为_______________.【答案】【分析】根据已知条件可得出与的大小关系，再利用公式即得.【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为，由于过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则，因此，，又，所以，该双曲线的离心率为取值范围是.故答案为：.16．已知在锐角的面积为，且，其内角，，所对边分别为，，，则边的最小值为_____________.【答案】2【解析】先化切为弦，结合正、余弦定理将角化边，再由面积公式求得，构造函数，再用导数求得最值.【详解】由，得，即，结合正弦定理得，再由余弦定理可得，整理.又由余弦定理可得，代入上式得，又锐角的面积，所以时，所以，设函数，求导可得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.于是，即，当且仅当时，等号成立.故答案为：2【点晴】结合正、余弦定理将角化边，构造函数求最值是本题解题的关键. 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．安全正点、快捷舒适、绿色环保的高速铁路越来越受到中国人民的青睐．为了解动车的终到正点率，某调查中心分别随机调查了甲、乙两家公司生产的动车的300个车次的终到正点率，得到如下列联表： 终到正点率低于0.95终到正点率不低于0.95甲公司生产的动车100200乙公司生产的动车110190 (1)根据上表，分别估计这两家公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率；(2)能否有90％的把握认为甲、乙两家公司生产的动车的终到正点率是否低于0.95与生产动车的公司有关？附：．0.1000.0500.010k2.7063.8416.635  【答案】(1)甲公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为，乙公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为(2)没有90％的把握认为甲、乙两家公司生产的动车的终到正点率是否低于0.95与生产动车的公司有关 【分析】（1）用频率估计概率，即可得到答案；（2）套公式计算，对着参数下结论即可.（1）用频率估计概率，甲公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为；乙公司生产的动车的终到正点率不低于0.95的概率约为．（2）因为，所以，所以没有90％的把握认为甲、乙两家公司生产的动车的终到正点率是否低于0.95与生产动车的公司有关．18．已知数列是公差为2的等差数列，且_______请在①；②成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面的横线上，并解答下面问题．(1)求的通项公式；(2)若，记数列的前项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）选①，利用等差通项公式求出首项，即可得出数列的通项；选②，利用等比中项求出首项，即可得出数列的通项；选③，根据等差数列前项和公式求出首项，即可得出数列的通项；（2）易得，放缩可得当时，，再利用列项相消法即可得证.【详解】（1）因为是等差数列，公差，若选①，又因为，所以，解得，所以；若选②，又因为成等比数列，所以，所以，解得，所以；若选③，因为，所以，解得，所以；（2）因为，由（1）知，，所以，所以，当时，当时，，则当时，，所以，所以，综上所述，．19．如图所示，在多面体中，，，分别是，，的中点，，，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：平面平面；．（2）若，求多面体的体积．【答案】（1）详见解析；（2）．【分析】（1）首先证明，，即得平面，然后由得出平面即可（2）取中点，连，，，多面体由四棱锥与棱柱组成，然后分别求出体积即可.【详解】（1），分别为，的中点．四边形为矩形，．，，，，又，平面，平面．平面，平面平面（2）平面平面，且，，平面，平面，如图，取中点，连，，，，，，多面体由四棱锥与棱柱组成．．．多面体的体积为．【点睛】求一个复杂的几何体的体积时应将其分成几个特殊的几何体的体积来求.20．在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线C．(1)求C的方程；(2)过点F且斜率为的直线l与C交于A，B两点，点P是C上的一点，且，直线OP与直线交于Q点，点M是线段PQ的中点，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得曲线C为抛物线，焦点为，即可得解；（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再结合焦半径公式可求得，设的方程为，联立方程，可求得点的坐标，易得，从而可求得点的坐标，再根据连点间的距离公式可求得，即可得解.【详解】（1）因为动圆经过点且与直线相切，所以该动圆的圆心到点和直线的距离相等，所以曲线C为抛物线，焦点为，即，所以，所以C的方程为；（2）设直线的方程为，联立，消得，则，所以，则，又，所以，因为，则可设的方程为，联立，消得，解得或，所以，因为直线OP与直线交于Q点，则，故，所以，，所以，所以.【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，进行求解，本题中由于一点是已知得，所以可以通过韦达定理求出另外一个交点的坐标，通过两种方法表达同一条直线的斜率得到等量关系，从而得到答案.21．已知函数（自然对数的底数）在点处的切线方程为.(1)求、的值；(2)试判断函数在区间内零点的个数？说明你的理由.【答案】(1)，(2)有两个零点，理由见解析 【分析】（1） 由切点符合切线方程，以及切线的斜率等于函数在切点处的导数值，列方程组，解出、的值；（2）由（1）得出函数的解析式，将在区间内零点的个数，转为在区间内零点的个数，对求导，判断出单调性和极值，得出零点个数．【详解】（1）的定义域为.，，，∵在点处的切线方程为，切线的斜率为.，解得，.（2）由（1）知，.∴（为自然对数的底数）.在区间内有两个零点.理由如下：∵总成立，∴在区间内零点的个数等价于在区间内零点的个数，∵，.又∵，由，得.当时，得，得，即，在上单调递减.当时，得，得，即，在上单调递增.∴在处取得极小值，也是最小值. .综上所述，在区间和区间内各有唯一零点，即在区间内有两个零点.∴函数在区间内有两个零点. （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）已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴正方向建立平面直角坐标系，曲线的参数方程是（为参数）．(1)将曲线的参数方程化为普通方程；(2)求曲线与曲线交点的极坐标．【答案】(1)(2)与【分析】（1）将曲线的参数方程消去参数可得普通方程．（2）方法一：把曲线的普通方程化为极坐标方程，然后结合消去，可得．进而可得所以，可得或，故可得交点的极坐标．方法二：将方程都化为直角坐标方程后，可求得曲线的交点坐标，然后再化成极坐标．（1）解：由曲线的参数方程得，两式相乘可得曲线的普通方程为．（2）解：方法一：将，代入曲线的普通方程，得，由，得，代入上式得，解得，．所以，解得或，故所求交点的极坐标为与．方法二：由得，又， 所以曲线的直角坐标为，解方程组，得或．由得，，，故，因此对应点的极坐标为．同理得对应点的极坐标为，故所求交点的极坐标为与． 23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知，，，设函数，．（1）若，，关于的不等式有解，求实数的取值范围；（2）若函数的最小值为1，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用绝对值的三角不等式求出最小值，解不等式，求出a的范围；（2）利用绝对值的三角不等式求出最小值，得到，利用柯西不等式证明.【详解】（1）解：，当且仅当时，等号成立，∴若有解，则，，解得，即．（2）证明：由，当且仅当时取等号，所以．由，，，，所以，所以．令，，，根据柯西不等式，则．当且仅当，即，，取等号，∵，，时等号取不到，故．【点睛】（1）含绝对值的函数问题处理方法：通过对x的范围的讨论去绝对值符号，转化为分段函数；（2）利用绝对值三角不等式，可以减少绝对值的个数，求最大值或最小值.（3）证明不等式，通常可以从基本不等式、柯西不等式、绝对值的三角不等式等方面考虑.