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

2023届高三冲刺卷（五）全国卷
理科数学试题
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A＝{ 1，1，2，3}，，则（ ）
A．{－1} B．{－1，1} C．{－1，1，2} D．{－1，1，2，3}
2．已知（a，，i为虚数单位），则复数（ ）
A．2 B． C． D．6
3．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．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4
C．若m＝6，则中位数为4 D．若m＝10，则方差为40
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列各项均为正数，，且有，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a。，则数列的前2023项和为（ ）
A． B． C． D．
8．若且，，则称a为集合A的孤立元素．若集合M＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，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，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，，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知圆，直线与圆C相交于M，N两点，则______．
14．已知向量，，，满足，且，，则＝______．
15．已知，，x＋2y＝1，则的最小值为______．
16．已知函数，，若恒成立，则实数m的取值范围为______．
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）在底面ABCD为梯形的多面体中。，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
（1）求证：BD⊥AE；
（2）线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
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：
x 1 2 4 8 10
y 12 10 7 6 5
（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）已知函数（e为自然对数的底数）．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，若，求证：．
（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
理科数学参考答案及评分意见
1．B 【解析】因为A＝{ 1，1，2，3}，，则．故选B．
2．B 【解析】∵，∴，
∴解得，所以．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．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．
5．B 【解析】，∴，
又．故选B．
6．D 【解析】，，显然若，则，则，，与题意矛盾，所以，，两边同时取倒数，得：，
设，，，， ，，
迭代得：，∴，．故选D．
7．D 【解析】由题意知，且，则由累加法可知，，
所以，，
，∴故选D．
8．C【解析】集合M＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}的三元子集个数为，
满足集合中的元素都是孤立元素的集合N可能为{1，3，5}，{1，3，6}，{1，3，7}，{1，3，8}，{1，3，9}，{1，4，6}，{1，4，7}，{1，4，8}，{1，4，9}，{1，5，7}，{1，5，8}，{1，5，9}，{1，6，8}，{1，6，9}，{1，7，9}，{2，4，6}，{2，4，7}，{2，4，8}，{2，4，9}，{2，5，7}，{2，5，8}，{2，5，9}，{2，6，8}，{2，6，9}，{2，7，9}，{3，5，7}，{3，5，8}，{3，5，9}，{3，6，8}，{3，6，9}，{3，7，9}，{4，6，8}，{4，6，9}，{4，7，9}，{5，7，9}，一共35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．由，得，即，由图象易知，得．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，，
∴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，又，
∴故选A．
13． 【解析】圆C：，r＝2，圆心（3，0）到直线的距离，利用勾股定理，，解得．
14．或 【解析】，，
∵，利用三角形法则可知，与夹角为或，
则或，故答案为或．
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】由题意可得函数的定义域为，不等式等价于恒成立，即恒成立，令，
则．
令，则在上单调递增，因为，，
所以存在，使得，
当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；所以，
由于，可得，即，所以，
又恒成立，即，所以，所以实数m的取值范围为．
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：由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，所以BD⊥AE．
（2）解：存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，所以，，
设，其中，解得，故，
设平面QAD的法向量为，
则即令y＝1，则z＝－2λ，故，
已知直线BE与平面QAD所成的角为60°，
故，
解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，
此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
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 －1.7 0.1 0.5
4 2 －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．（1）解：∵，∴，∴，∴，
故切点坐标为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）证明：因为，，所以．
则．令，则，
显然在R上单调递增．
当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，于是得在R上单调递增．
令函数，
∴，
令，则，当且仅当x＝0时取等号，
所以在R上单调递增，而，即当时，，
当时，，因此，在上单调递减，在上单调递增，
，从而有，，
因为，故，
所以当时，．
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．