2023年高考数学考前信息必刷卷（乙卷文科）（解析版）.docx

1、绝密启用前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，

2、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

3、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

4、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（）ABCD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（）ABCD【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：A3下列四个函数中，最小正周期与其余三个函数不同的是（）ABCD【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（）A2BC1D【答案】D【分析】由题得，双曲

5、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：D5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

6、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：D6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

7、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（）A24B26C30D32【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：D8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（）ABCD【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

8、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（

9、）ABCD【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：C10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（）ABCD【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，

10、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：B11在中，已知，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值为（）A1BCD2【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：C12已知函数，若，则的最大值为（）ABCD【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

11、】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

12、，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

13、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1721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

14、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

15、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15(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

16、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

17、(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4ln73(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1x7，令f（x）0，可得0x1或x7，函数的单调减区间为（0，1），（7，），单调增区间为（1，7）x1时，函数取得极小值为3；x7时，函数确定极大值为4ln73；（2），令，若，则，f（x）

18、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；

19、（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

20、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.