超洋数学6套-2023年新高考超洋押题卷6之04解析版

超洋2023年新高考超洋押题卷6之04数学解析123456789101112CDDDCBBDABDACDADBCD1．【答案】C【解析】集合，又因为集合，由交集的定义可得，，故选：C.2．【答案】D【解析】设复数在复平面内对应的点分别为,则的几何意义是到的距离和到的距离相等,则在复平面内对应的点满足.故选：D.3．【答案】D【解析】由题意可得，，，，.故选：D4．【答案】D【解析】若按分组，甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法有种；若按分组，甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法有种，故甲、乙两名同学不分在同一小组的安排方法有种．故选：D．5．【答案】C【解析】如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG，则，，所以，则，故选：C.6．【答案】B【解析】易知直线：过定点，且点Q在圆O内，当Q是弦AB的中点时，弦长AB最小，此时.当P是线段QO的延长线与圆O的交点时，最大，且最大值是，所以的最大值是.故选：B.7．【答案】B【解析】因为，令，则在上恒成立，所以，函数在上单调递增，则，即，因为，则，所以，，令，则，当时，，所以，在上单调递增，故当时，，即，所以，，故，又因为，，，，故，故选：B.8．【答案】D【解析】因为的最小正周期为，由的图像与性质可知，的单调递增区间为,单调递减区间为，当时，即，此时最大值为，故，恒为定值1，当时，即，在单调递增，此时最大值为，又，所以此时的最小值为，当且仅当时取到，当时，且，得到，又，所以，此时最大值为，又，所以此时的最小值为，当且仅当时取到，当时，即，在单调递减，此时最大值为，当时，且，得到，又，所以，此时最大值为，所以当时，又因为在区间上单调递减，故当时，取到最小值，且最小值为，综上可知，的最小值为，当时取到，故选：D.9．【答案】ABD【解析】选项A，因，所以，所以选项A正确；选项B，由投影向量的定义知，在方向上的投影向量为，所以选项B正确；选项C，设与垂直的单位向量的坐标，则有，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或，所以选项C错误；选项D，显然与不共线.因为，，向量与向量共线，根据共线向量的坐标表示可得，，整理可得，解得，所以选项D正确.故选：ABD.10．【答案】ACD【解析】依题意，，则四边形为平行四边形，有，而，，即有，因此，即，因此，A正确；因为，，因此不平行，即不存在点P，使得，B错误；连接，当时，因为，即，则，而，平面，因此平面，又分别为的中点，即，于是平面，而平面，则，C正确；在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，又的面积，因此三棱锥的体积，当且仅当，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，D正确.故选：ACD11．【答案】AD【解析】设双曲线的半焦距为，其中一条渐近线为：因为到的一条渐近线的距离为，即，所以，又，所以，故A正确；对于B，双曲线的一条渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为，联立，消去得：，只有一个交点，故B错误；对于C，设，则，，故C错误；对于D，由双曲线的定义可知，当且仅当三点共线时取得等号，故D正确，故选：AD.12．【答案】BCD【解析】对于A项，的定义域为，，因为，所以，所以在上单调递增.显然不是“函数”，故A错误；对于B项，函数的定义域为，，当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，故，是“函数”，故B正确；对于C项，的定义域为，，根据复合函数的单调性可知是减函数，又，，根据零点存在定理可得，存在唯一的常数，使，即，所以，且当时，，所以函数在上单调递增.令，则，且，满足条件，所以.故C项正确；对于D项，因为的定义域为，.令，则，当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数在上单调递减，所以，当时，函数有最大值.令，，则在上恒成立，所以，在上单调递增.又，所以，当时，有，即，所以，所以，在上恒成立，所以函数在上没有零点.又时，.由零点存在定理及函数的单调性可知，存在唯一的常数，使得，即，且当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减.令，则是“函数”，且.故D正确.故选：BCD.13．【答案】【解析】因为当时，，当时，，所以等价于，此时，即，解得，所以的解集为,故答案为：14．【答案】840【解析】由题设，所以，所以考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有人.故答案为：15．【答案】/【解析】∵，将的图象向左平行移动个单位长度后得到，把的图象向右平行移动个单位，可得，由题意可得，故，解得，注意到，可得当时，取到最小值.故答案为：16．【答案】17.8/【解析】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布，最大时，即最大，超几何分布最大项问题，利用比值求最大项设则令故当时，严格增加，当时，严格下降，即时取最大值，此题中，根据超几何分布的期望公式可得，故答案为：17.817．【解析】（1）因为，所以，则．由正弦定理，得，则由余弦定理得又因为，所以，在中，由正弦定理，得，则，同理，在中，由正弦定理，得，由，得，又因为，所以，则，即，所以，即；（2）由（1）可知，，因为，所以，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由，得，又因为，所以，所以，所以，又，所以．18．【解析】【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为,由得①，将①代入，得，即②将①代入，得③，将②代入③，得，又，所以解得：，所以，所以，，故，所以.（2）当是奇数时，，当是偶数时，，则①②①-②得：即化简得：.所以.（3），当时，，因为，所以；当时，也成立.故.19．【解析】（1）由散点图判断适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型.令，先建立y关于t的线性回归方程.由于，，该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为，因此y关于年份数x的回归方程为所以当时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.（2）设“该航班飞往A地”，“该航班飞往B地”，“该航班飞往其他地区”，“该航班准点放行”，则，，，，，.（i）由全概率公式得，，所以该航班准点放行的概率为0.778.（ii），，，因为，所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.20．【解析】（1）延长PE交AB于M，延长PF交CD于，因为E，F分别为和的重心，所以M，N分别为AB，CD的中点，且，又因为底面ABCD为平行四边形，所以，又因为平面，平面PBC，所以平面PBC．（2）（方法一）因为平面ABCD，所以．又因为，且，所以平面PAD，所以，又因为，所以和均为等腰直角三角形，．又因为N为CD的中点，所以，故如图建立空间直角坐标系，因为，易得P（0，0，2），M（1，0，0），N（0，1，0），C（1，1，0），，，设平面PMN的一个法向量为，则由，，得令，得，又因为平面PAD的一个法向量为，设平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角为，则，如图所示二面角为锐角，所以．（方法二）过作，且，连接NQ和DQ，取AD的中点为H，易知平面PAD，过H作于O，则，所以为平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角，因为，，所以在中，．21．【解析】（1）不妨设点在轴的上方,由椭圆的性质可知.是以为直角顶点的等腰直角三角形,代人,得,整理得.的面积为.故椭圆的方程为.（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,直线的方程为.不妨设,则.联立可得,,则,，即，，故得证.22．【解析】（1）当时，，则，当，，函数在上单调递减；当，，函数在上单调递增，所以，又，，所以存在，，使得，即的零点个数为2．（2）不等式即为，设，，则，设，，当时，，可得，则单调递增，此时当无限趋近时，无限趋近于负