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全国卷Ⅲ2023年高考数学压轴卷文含解析202305150229
全国卷Ⅲ2023年高考数学压轴卷文含解析202305150229
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(全国卷Ⅲ)2021年高考数学压轴卷文(含解析)第I卷(选择题)一.选择题:本大题12小题,每小题5分,共60分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符号题目要求的1.已知集合,,则()A.B.C.D.2.已知,则“”的一个充分而不必要条件是()A.B.C.D.3.已知复数为纯虚数,则()A.2B.4C.-16D.-44.若实数,满足约束条件,则的最小值为()A.B.1C.D.5.下列函数中,是偶函数且值域为的是()A.B.C.D.6.数列是各项均为正数的等比数列,是与的等差中项,则的公比等于()A.2B.C.3D.7.下列结论正确的是()A.若,则B.若,则C.若,,则D.若,,,则\n8.祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家,他在实践的基础上提出了体积计算的原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是:如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等,那么这两个几何体的体积相等,此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时,需要构造一个满足条件的几何体,已知该几何体三视图如图所示,用一个与该几何体的下底面平行且相距为的平面截该几何体,则截面面积为()A.B.C.D.9.学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况,抽取了一个容量为n的样本,其频率直方图如图所示,其中支出(单位:元)在[50,60]内的学生有30人,则n的值为()A.100B.1000C.90D.90010.已知向量,,满足,,则()A.3B.2C.1D.011.如图,已知双曲线的左、右焦点分别为,,过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点,若的内切圆半径为,则双曲线的离心率为()\nA.B.C.D.12.已知函数,若函数有两个零点,则实数的取值范围为A.B.C.D.第II卷(非选择题)二、填空题(本题共4道小题,每小题5分,共20分)13.已知等差数列的前项和为,,,则______.14.在中,,,是上的点,平分,若,则的面积为__________.15.已知圆的圆心坐标是,若直线与圆相切于点,则圆C的标准方程为___________.16.在四棱锥中,,,,,则三棱锥外接球的表面积为______.三、解答题(共70分.解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤.地17-21为必做题,每个试题都必须作答.第22、23题为选做题,考生按要求作答)(一)必做题\n17.已知公差不为0的等差数列满足,且,,成等比数列.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)若,求数列的前项和.18.3月12日为我国的植树节,某校为增强学生的环保意识,普及环保知识,于该日在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛,现从参赛的所有学生中,随机抽取200人的成绩(满分为100分)作为样本,得到成绩的频率分布直方图,如图所示,其中样本数据分组区间为,,,,,.(1)求频率分布直方图中的值,并估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间中点值为代表);(2)在该样本中,若采用分层抽样的方法,从成绩低于70分的学生中随机抽取6人,查看他们的答题情况,再从这6人中随机抽取3人进行调查分析,求这3人中至少有1人成绩在内的概率.19.如图,在矩形ABCD中,AD=2,AB=4,E,F分别为边AB,AD的中点.现将△ADE沿DE折起,得四棱锥ABCDE.\n(1)求证:EF平面ABC;(2)若平面ADE⊥平面BCDE,求四面体FDCE的体积.20.已知椭圆的短轴长为2,离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上一点,且在第一象限内,过P作直线与交y轴正半轴于A点,交x轴负半轴于B点,与椭圆C的另一个交点为E,且,点Q是P关于x轴的对称点,直线与椭圆C的另一个交点为.(ⅰ)证明:直线,的斜率之比为定值;(ⅱ)求直线的斜率的最小值.21.已知函数.(1)求函数在的最大值;(2)证明:函数在有两个极值点,并判断与的大小关系.(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.在直角坐标系中,曲线的方程为(为参数),直线的方程为.以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线和直线的极坐标方程;(2)已知射线的极坐标方程是,且与曲线和直线在第一条限的交点分别为\n,求的长.23.已知函数,.(1)求函数的图象与直线围成区域的面积;(2)若对于,,且时,不等式恒成立,求实数的取值范围.2021新课标Ⅲ高考压轴卷数学(文)参考答案1.【答案】B【解析】因为集合,,所以.故选:B2.【答案】D【解析】因为由推不出,由也推不出,故A不满足题意因为,,所以B、C不满足题意因为由可以推出,由推不出所以是的充分不必要条件故选:D3.【答案】B【解析】因为为纯虚数,所以,,解得.故选:B.4.【答案】C【解析】如图1,作出平面区域可知:的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方加1,所以最近的距离为到直线的距离,所以的最小值为,\n故选:C.5.【答案】D【解析】解:对于A:,为偶函数,但值域为,故A不正确;对于B:定义域不对称,为非奇非偶函数函数,故B不正确;对于C:定义域不对称,为非奇非偶函数函数,故C不正确;对于D:为偶函数,且值域为,故D正确;故选:D.6.【答案】A【解析】因为是与的等差中项,所以,所以,又因为,所以,所以或,又因为,所以,所以,故选:A.7.【答案】B【解析】法一:对A,当或时,,A错误;对B,由,得,由是增函数,得,B正确;对C,,,\n又,两边同除以得,,C错误;对D,由,,,得,所以,D错误.法二:特殊值排除法,若取,则,A错误;若取,,,则,C错误;若取,则,D错误.故选:B.【点睛】(1)解决比较大小类题目常用方法有:不等式性质直接应用、作差(商)比较法、函数单调性法、中间量法、等价转化法等.(2)几个常用不等式结论:;;若,,则;若,,则(真分数不等式性质);若,,则.8.【答案】D【解析】由题意可知,该几何体为底面半径为2,高为2的圆柱,从上面挖去一个半径为2,高为2的圆锥,所剩下的部分,如图所示:\n所以截面为环形,外圆的半径为2,内圆的半径为h,所以面积为:故选:D9.【答案】A【解析】由频率直方图可知,前三组的频率之和为(0.01+0.024+0.036)×10=0.7,∴支出在[50,60]内的频率为1-0.7=0.3,∴n==100.故选:A10.【答案】D【解析】向量,,满足,,则.故选:D.【点睛】本题考查了向量的模长和数量积及运算的法则,属于基础题.11.【答案】A【解析】设双曲线的左、右焦点分别为,,设双曲线的一条渐近线方程为,可得直线的方程为,与双曲线联立,可得,,设,,由三角形的等面积法可得,化简可得,①由双曲线的定义可得,②在三角形中,为直线的倾斜角),\n由,,可得,可得,③由①②③化简可得,即为,可得,则.故选:C.【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解,考查方程思想的运用及三角形等面积法.双曲线上一点与两焦点构成的三角形,称为双曲线的焦点三角形,与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||=2a,得到a,c的关系.12.【答案】A【解析】令=0,所以f(x)=m.当x≤0时,f(x)∈(-1,2,当x>0时,f(x)∈(-∞,+∞),由于f(x)=m有两个零点,所以m∈.故答案为A.点睛:(1)本题主要考查零点问题,意在考查学生对零点问题的掌握水平和数形结合的思想方法.(2)解答本题的关键是画出函数f(x)的图像,再结合图像分析在何种情况下函数有两个零点.13.【答案】7【解析】设等差数列的公差为,因为,,所以,解得:,,所以.故答案为:\n14.【答案】【解析】∴由正弦定理,,,即,,而,∴,∵,即,,∴,即,又由余弦定理知:,∴,即,令,∴,即(舍去),∴.故答案为:.【点睛】关键点点睛:应用正余弦定理,列方程求,根据三角形面积公式求面积.15.【答案】【解析】因为圆心坐标为,直线与圆相切于点\n根据圆心和切点的连线与直线垂直,所以,解得,根据两点间的距离公式,可得圆的半径故圆的标准方程为.故答案为:16.【答案】【解析】如图所示,取的中点,连接,,并连接交于,连接.因为,,所以四边形和四边形均为平行四边形,所以,故,所以为外接圆的圆心且,则,,,因为,所以,所以.因为,,所以,所以,因为,所以平面设三棱锥外接球的球心为,连接,,,则平面,则.过点作于点,则,故四边形为矩形,故,.\n设,外接球的半径为,则,又,则,解得,所以,所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为:【点睛】方法点睛:求外接球半径的常用方法:(1)补形法:侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型,可以还原到正方体或长方体中去求解;(2)利用球的性质:几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径;(3)定义法:到各个顶点距离均相等的点为球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据带其他顶点距离也是半径,列关系求解即可.17.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为,由,,成等比数列,可得,即,解得或(舍),所以数列的通项公式.(Ⅱ)由(Ⅰ)得所以,可得,两式相减得所以.【点睛】\n错位相减法求解数列的前项和的分法:(1)适用条件:若数列为等差数列,数列为等比数列,求解数列的前项和;(2)注意事项:①在写出和的表达式时,应注意将两式“错位对齐”,以便下一步准确写出;②作差后,应注意减式中所剩各项的符号要变号;③作差后,作差部分应用为的等比数列求和.18.【答案】(1),74.7分;(2).【解析】解:(1)由频率分布直方图可得,,解得,这组样本数据的平均数为,所以估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分为74.7分;(2)由频率分布直方图可知,成绩在,,内的频率分别为0.06,0.12,0.18,所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的6人,成绩在内的有1人,记为A,成绩在内的有2人,记为b、c,成绩在内的有3人,记为1、2、3.故从成绩在内的6人随机抽取3人,有:Abc、Ab1、Ab2、Ab3、Ac1、Ac2、Ac3、A12、A13、A23、bc1、bc2、bc3、b12、b13、b23、c12、c13、c23、123,共有20种,这3人成绩均不在内,有:A12、A13、A23、123,共有4种,记事件B:这3人中至少有1人成绩在内则.所以这3人中至少有1人成绩在内的概率为.【点睛】\n(1)从频率分布直方图可以估计出的几个数据:①众数:频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标;②平均数:频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加;③中位数:把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标.(2)古典概型的概率计算中列举基本事件的方法:①枚举法;②列表法;③坐标法;④树状图法;⑤排列组合求事件个数..19.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)证明:如图,取线段AC的中点M,连结MF,MB.因为F,M为AD,AC的中点,所以MFCD,且MFCD.在折叠前,四边形ABCD为矩形,E为AB的中点,所以BE∥CD,且BECD.所以MFBE,且MF=BE.所以四边形BEFM为平行四边形,故EFBM.又EF平面ABC,BM平面ABC,所以EF平面ABC.(2)在折叠前,四边形ABCD为矩形,AD2,AB=4,E为AB的中点,所以ADE,CBE都是等腰直角三角形,且AD=AE=EB=BC=2.所以∠DEA=∠CEB=45°,且DE=EC=2.又∠DEA+∠DEC+∠CEB=180°,所以∠DEC=90°,即DE⊥CE.又平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=DE,CE平面BCDE,所以CE⊥平面ADE,即CE为三棱锥CEFD的高.因为F为AD的中点,所以\n所以四面体FDCE的体积20.【答案】(1);(2)(ⅰ)证明见解析;(ⅱ).【解析】解:(1)由题意得解得所以椭圆的方程为.(2)(i)设点的坐标为,因为点是关于轴的对称点,,所以,.所以直线的斜率为,的斜率为.所以.所以直线,的斜率之比为定值.(ii)设直线的方程为.联立方程组化简得.设点的坐标是,所以.所以.所以.\n所以点的坐标是.由(2)可知,直线的方程是.所以点的坐标是.所以直线的斜率.因为,所以.当且仅当,即时,有最小值.所以直线的斜率的最小值是.【点睛】思路点睛:直线与椭圆的位置关系有设而不求和设而要求两种思路,当已知直线和椭圆的一个交点求另一个交点时用设而要求的方法,联立直线和椭圆,用韦达定理解出另一根.21.【答案】(1);(2)证明见解析;.【解析】解:(1)当时,,则,故在上单调递增,又,所以在有唯一的零点t.当时,;当时,.故在上单调递减,在上单调递增,且,,所以在的最大值为.\n(2),①当时,均单调递增,所以单调递增,又,所以在有唯一的零点,此时当时,;时,,所以是极小值点,不妨让.②当时,,单调递增,所以;故在上单调递增,没有极值点;③当,.由(1)知,在上单调递减,在上单调递增,且,故有唯一的零点,则时,,即单调递减;时,,即单调递增,又,所以在有唯一的零点,\n此时时,;时,,所以是极大值点,即,所以在有两个极值点,其中,,且,由于,所以.因为,,且在上单调递减,所以,即.(判断极值点的时候,也对.)【点睛】思路点睛:利用导数求解函数最值的思路:(1)若所给的闭区间不含参数,则只需对求导,并求在区间内的根,再计算使导数等于零的根的函数值,把该函数值与比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值;(2)若所给的区间含有参数,则需对求导,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数的最值.22.【答案】(1),;(2).【解析】(1)曲线的普通方程为:,化为极坐标方程为:,\n即:,直线的极坐标方程为:,即.(2)设点,则有,解得:,即,设点,则有,解得:,即,.23.【答案】(1);(2).【解析】(1)由与围成的区域是,如图所示,\n其中,,,所以,到直线的距离为3,故所求面积为.(2)因为,,且,所以,即,若不等式恒成立,则有,即,解不等式,可得或或,解之得或,所以实数的取值范围为.【点睛】结论点睛:本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:①若在上恒成立,则;\n②若在上恒成立,则;③若在上有解,则;④若在上有解,则.
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高考 - 二轮专题
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