2023届高三上学期期中考前必刷数学试卷02（全国数学试卷理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高三上学期期中考前必刷卷02（全国卷理）数学第Ⅰ卷一、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．已知全集，集合，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由，或所以或，又则故选：D．2．已知，则“”是“恒成立”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〗B〖解析〗函数y＝|x﹣2|+|x|的值域为[2，+∞），则当a时，|x﹣2|+|x|＞a不恒成立.若|x﹣2|+|x|＞a恒成立，则说明a小于函数y＝|x﹣2|+|x|的最小值2，即a＜2.故“a”是“|x﹣2|+|x|＞a恒成立”的必要不充分条件.故选B．3．下列四个叙述中，错误的是（

）A．“为真”是“为真”的必要不充分条件B．命题：“且，的值域是”，则：“且，使得”C．已知且，原命题“若，则”的逆命题是“若，则”D．已知函数，函数，若对任意，存在，使得成立，则的范围是〖答案〗D〖解析〗对于：当“为真”时，则“为真”，但是当“为真”时“不一定为真”，故“为真”是“为真”的必要不充分条件，故正确；对于：命题：“且，的值域是，，”，则：“且，使得，故正确；对于：已知，且，原命题“若，则”的逆命题是“若，则”故正确；对于：已知函数，函数，若对任意，，存在，，使得成立，即，则的范围是，，故错误．故选：D．4．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗因为函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，排除B.由，可知当时，；当时，.所以D选项符合.故选：D5．已知中，若，则的值为（）A．2 B．3 C．4 D．5〖答案〗A〖解析〗由题意，二项式，又由，所以，其中，由，可得：，即，即，解得，故选A．6．在平面直角坐标系中，为不等式组所表示的区域上一动点，则的最小值是（

）A．1 B． C．2 D．〖答案〗B〖解析〗作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，过点O向直线作垂线，垂足在可行域内，所以O到直线的距离即为的最小值，所以.故选B.7．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详析九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第个数组成的数列称为第斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第斜列与第斜列各项之和最大时，的值为（

）A．1009 B．1010 C．1011 D．1012〖答案〗C〖解析〗当时，第斜列各项之和为，同理，第斜列各项之和为，所以，所以第斜列与第斜列各项之和最大时，，则.故选：C．8．我国传统文化中有天干地支之说，天干为“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”.其中甲、乙五行属木，归东方，丙、丁五行属火，归南方，戊、己五行属土，归中央，庚、辛五行属金，归西方，壬、癸五行属水，归北方.在天干十个字中随机取两个，则它们五行属性相同的概率是（）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗从天干十个字中随机取两个，所有取的种类为，共有金木水火土五行，所以随机取的两个五行相同的概率为，故选：A.9．抛物线的准线交x轴于点C，焦点为F，A，B物线上的两点.若A，B，C三点共线，且满足，设直线AB的斜率为k，则有（）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗抛物线的准线方程为，

准线与x轴的交点C坐标为

因此，得到直线AB方程为，与抛物线联立消去y，

化简整理，得，

设，，由根与系数的关系得

，

根据抛物线的定义得，，

因此，得到，即，

化简得，约去得，

，解之得

故选：A．10．已知函数在内恰有3个极值点和4个零点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗，因为，所以，又因为函数在内恰有个极值点和4个零点，由图像得：解得：，所以实数的取值范围是.故选：A.11．在平面直角坐标系xOy中，已知，，动点满足，直线l：与动点Q的轨迹交于A，B两点，记动点Q轨迹的对称中心为点C，则当面积最大时，直线l的方程为（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗设，由题意得，化简可得动点Q的轨迹方程为，圆心为，半径为．又由，可得．则由解得所以直线l过定点，因为，所以点在圆C的内部．作直线，垂足为D，设，因为，所以，所以，所以，所以当，即时，．此时，又，所以直线l的斜率为，所以直线l的方程为，故选：A．12．已知函数，若在恒成立，则的取值范围为（）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题意知满足条件，当时，在恒成立可以转化为在时恒成立，令，则，令，则，因为，所以，所以函数在上单调递减，所以，从而得到，即函数在上单调递增，而，故的取值范围是.第Ⅱ卷填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围为_____.〖答案〗〖解析〗由对数函数的性质，可得为单调递增函数，且函数在上有且仅有一个零点，所以，即，解得，所以实数的取值范围是，故〖答案〗为：14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数:_____.①;②当时，单调递减;③为偶函数.〖答案〗（不唯一）〖解析〗性质①显然是和对数有关，性质②只需令对数的底即可，性质③只需将自变量加绝对值即变成偶函数.故〖答案〗为：（不唯一）15．已知平面上的动点到点和的距离之比为，则点到轴的距离最大值为_____.〖答案〗〖解析〗设，因为动点到点和的距离之比为，所以，，，，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以点到轴的距离最大值为，故〖答案〗为：16．微型航空遥感技术以无人机为空中遥感平台，为城市经济和文化建设提供了有效的技术服务手段.如图所示，有一架无人机在空中处进行航拍，水平地面上甲、乙两人分别在处观察该无人机（两人的身高忽略不计），为无人机在水平地面上的正投影.已知甲乙两人相距100m，甲观察无人机的仰角为，若再测量两个角的大小就可以确定无人机的飞行高度，则这两个角可以是_____.（写出所有符合要求的编号）①和；②和;③和；④和.〖答案〗①③④〖解析〗①：当已知和时，在利用内角和定理和正弦定理可得AC，然后在中，由三角函数定义可得PC，故①正确；②：当已知和时，在已知一角一边，在中已知一角一边，显然无法求解，故②错误；③：当已知和时，在中已知两角一边，可解出PA，然后在中，由三角函数定义可得PC，故③正确；④：当已知和时，可先由最小角定理求得，然后解可得AC，最后在中，由三角函数定义可得PC，故④正确.故〖答案〗为：①③④三、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．（12分）已知公差大于0的等差数列满足，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．解：（1）设公差为，因为，，成等比数列，则，即，，解得，（舍），所以；（2），，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，所以．18．（12分）如图是飞行棋部分棋盘图示，飞机的初始位置为0号格，抛掷一个质地均匀的骰子，若拋出的点数为1，2，飞机在原地不动；若抛出的点数为3，4，飞机向前移一格；若抛出的点数为5，6，飞机向前移两格．记抛掷骰子一次后，飞机到达1号格为事件．记抛掷骰子两次后，飞机到达2号格为事件．（1）求；（2）判断事件是否独立，并说明理由；（3）抛掷骰子2次后，记飞机所在格子的号为，求随机变量的分布列和数学期望．解：（1）由题意，因为飞机每前移一格的概率为，故；（2）由题意，事件抛掷骰子一次后，飞机到达1号格，只能是前移了1格；事件抛掷骰子两次后，飞机到达2号格可能前移了两次一格，或一次前移两格一次原地不动.故，，因此，所以事件，相互独立．（3）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，所以随机变量的分布列为01234所以．19．（12分）如图，水平面上摆放了两个相同的正四面体和．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．（1）证明：因为与共面，所以连接与相交于点，因为和是相同的正四面体，所以，、都是等边三角形，则，所以四边形为菱形，则为的中点，过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E,F在DC上，且，设正四面体的棱长为，则，，平面，平面，，，同理可得，所以，，故四边形为平行四边形，故，因为四边形为菱形，则，因此，.（2）解：设，取线段的中点，连接，易知，所以，为的中点，因为四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，平面，因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，.由图形可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.20．（12分）已知，是椭圆的两个顶点．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆交于，，与直线交于点，求的值．解：（1）由，是椭圆的两个顶点，得，，即；（2）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆有且只有一个公共点，不成立，所以设，，，直线的斜率为，则，同理，，则．设：，而：，联立解得，所以；联立直线与椭圆方程，消去得：，所以，，所以，所以，即．21．（12分）已知函数．（1）若，求函数的单调区间；（2）若不等式在区间上有解，求实数的取值范围．（1）解：当时，，，当时，，，所以，即在上单调递增，当时，，，所以，即在上单调递减，则的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）解：因为，则，①当时，即时，因为，，，所以，因此函数在区间上单调递增，所以，不等式在区间上无解；②当时，即时，当时，，，因此，所以函数在区间上单调递减，，不等式在区间上有解．综上，实数的取值范围是．（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）已知曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程，曲线的直角坐标方程；（2）设曲线的交点为，求的值．解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程为.因为曲线的极坐标方程为，即，故，，所以曲线的直角坐标方程为；（2）因为曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为，令，则，令，则，所以．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围解；（1），当时，，即，当时，，解得，即，当时，，解得，此时无解，综上：不等式的解集为；（2）时上述不等式显然成立，当时，上述不等式可化为，令，当且仅当时等号成立，所以，即实数的取值范围为.2023届高三上学期期中考前必刷卷02（全国卷理）数学第Ⅰ卷一、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．已知全集，集合，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由，或所以或，又则故选：D．2．已知，则“”是“恒成立”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〗B〖解析〗函数y＝|x﹣2|+|x|的值域为[2，+∞），则当a时，|x﹣2|+|x|＞a不恒成立.若|x﹣2|+|x|＞a恒成立，则说明a小于函数y＝|x﹣2|+|x|的最小值2，即a＜2.故“a”是“|x﹣2|+|x|＞a恒成立”的必要不充分条件.故选B．3．下列四个叙述中，错误的是（

）A．“为真”是“为真”的必要不充分条件B．命题：“且，的值域是”，则：“且，使得”C．已知且，原命题“若，则”的逆命题是“若，则”D．已知函数，函数，若对任意，存在，使得成立，则的范围是〖答案〗D〖解析〗对于：当“为真”时，则“为真”，但是当“为真”时“不一定为真”，故“为真”是“为真”的必要不充分条件，故正确；对于：命题：“且，的值域是，，”，则：“且，使得，故正确；对于：已知，且，原命题“若，则”的逆命题是“若，则”故正确；对于：已知函数，函数，若对任意，，存在，，使得成立，即，则的范围是，，故错误．故选：D．4．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗因为函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，排除B.由，可知当时，；当时，.所以D选项符合.故选：D5．已知中，若，则的值为（）A．2 B．3 C．4 D．5〖答案〗A〖解析〗由题意，二项式，又由，所以，其中，由，可得：，即，即，解得，故选A．6．在平面直角坐标系中，为不等式组所表示的区域上一动点，则的最小值是（

）A．1 B． C．2 D．〖答案〗B〖解析〗作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，过点O向直线作垂线，垂足在可行域内，所以O到直线的距离即为的最小值，所以.故选B.7．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详析九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第个数组成的数列称为第斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第斜列与第斜列各项之和最大时，的值为（

）A．1009 B．1010 C．1011 D．1012〖答案〗C〖解析〗当时，第斜列各项之和为，同理，第斜列各项之和为，所以，所以第斜列与第斜列各项之和最大时，，则.故选：C．8．我国传统文化中有天干地支之说，天干为“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”.其中甲、乙五行属木，归东方，丙、丁五行属火，归南方，戊、己五行属土，归中央，庚、辛五行属金，归西方，壬、癸五行属水，归北方.在天干十个字中随机取两个，则它们五行属性相同的概率是（）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗从天干十个字中随机取两个，所有取的种类为，共有金木水火土五行，所以随机取的两个五行相同的概率为，故选：A.9．抛物线的准线交x轴于点C，焦点为F，A，B物线上的两点.若A，B，C三点共线，且满足，设直线AB的斜率为k，则有（）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗抛物线的准线方程为，

准线与x轴的交点C坐标为

因此，得到直线AB方程为，与抛物线联立消去y，

化简整理，得，

设，，由根与系数的关系得

，

根据抛物线的定义得，，

因此，得到，即，

化简得，约去得，

，解之得

故选：A．10．已知函数在内恰有3个极值点和4个零点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗，因为，所以，又因为函数在内恰有个极值点和4个零点，由图像得：解得：，所以实数的取值范围是.故选：A.11．在平面直角坐标系xOy中，已知，，动点满足，直线l：与动点Q的轨迹交于A，B两点，记动点Q轨迹的对称中心为点C，则当面积最大时，直线l的方程为（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗设，由题意得，化简可得动点Q的轨迹方程为，圆心为，半径为．又由，可得．则由解得所以直线l过定点，因为，所以点在圆C的内部．作直线，垂足为D，设，因为，所以，所以，所以，所以当，即时，．此时，又，所以直线l的斜率为，所以直线l的方程为，故选：A．12．已知函数，若在恒成立，则的取值范围为（）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由题意知满足条件，当时，在恒成立可以转化为在时恒成立，令，则，令，则，因为，所以，所以函数在上单调递减，所以，从而得到，即函数在上单调递增，而，故的取值范围是.第Ⅱ卷填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围为_____.〖答案〗〖解析〗由对数函数的性质，可得为单调递增函数，且函数在上有且仅有一个零点，所以，即，解得，所以实数的取值范围是，故〖答案〗为：14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数:_____.①;②当时，单调递减;③为偶函数.〖答案〗（不唯一）〖解析〗性质①显然是和对数有关，性质②只需令对数的底即可，性质③只需将自变量加绝对值即变成偶函数.故〖答案〗为：（不唯一）15．已知平面上的动点到点和的距离之比为，则点到轴的距离最大值为_____.〖答案〗〖解析〗设，因为动点到点和的距离之比为，所以，，，，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以点到轴的距离最大值为，故〖答案〗为：16．微型航空遥感技术以无人机为空中遥感平台，为城市经济和文化建设提供了有效的技术服务手段.如图所示，有一架无人机在空中处进行航拍，水平地面上甲、乙两人分别在处观察该无人机（两人的身高忽略不计），为无人机在水平地面上的正投影.已知甲乙两人相距100m，甲观察无人机的仰角为，若再测量两个角的大小就可以确定无人机的飞行高度，则这两个角可以是_____.（写出所有符合要求的编号）①和；②和;③和；④和.〖答案〗①③④〖解析〗①：当已知和时，在利用内角和定理和正弦定理可得AC，然后在中，由三角函数定义可得PC，故①正确；②：当已知和时，在已知一角一边，在中已知一角一边，显然无法求解，故②错误；③：当已知和时，在中已知两角一边，可解出PA，然后在中，由三角函数定义可得PC，故③正确；④：当已知和时，可先由最小角定理求得，然后解可得AC，最后在中，由三角函数定义可得PC，故④正确.故〖答案〗为：①③④三、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．（12分）已知公差大于0的等差数列满足，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．解：（1）设公差为，因为，，成等比数列，则，即，，解得，（舍），所以；（2），，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，所以．18．（12分）如图是飞行棋部分棋盘图示，飞机的初始位置为0号格，抛掷一个质地均匀的骰子，若拋出的点数为1，2，飞机在原地不动；若抛出的点数为3，4，飞机向前移一格；若抛出的点数为5，6，飞机向前移两格．记抛掷骰子一次后，飞机到达1号格为事件．记抛掷骰子两次后，飞机到达2号格为事件．（1）求；（2）判断事件是否独立，并说明理由；（3）抛掷骰子2次后，记飞机所在格子的号为，求随机变量的分布列和数学期望．解：（1）由题意，因为飞机每前移一格的概率为，故；（2）由题意，事件抛掷骰子一次后，飞机到达1号格，只能是前移了1格；事件抛掷骰子两次后，飞机到达2号格可能前移了两次一格，或一次前移两格一次原地不动.故，，因此，所以事件，相互独立．（3）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，所以随机变量的分布列为01234所以．19．（12分）如图，水平面上摆放了两个相同的正四面体和．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．（1）证明：因为与共面，所以连接与相交于点，因为和是相同的正四面体，所以，、都是等边三角形，则，所以四边形为菱形，则为的中点，过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E,F在DC上，且，设正四面体的棱长为，则，，平面，平面，，，同理可得，所以，，故四边形为平行四边形，故，因为四边形为菱形，则，因此，.（2）解：设，取线段的中点，连接，易知，所以，为的中点，因为四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，则且