超洋数学6套-2023年新高考超洋押题卷6之02解析版

超洋2023年新高考超洋押题卷6之02数学解析123456789101112ABBCDCBCABDBCDCDBCD1．【答案】A【解析】集合，.要使，只需，解得：.故选：A2．【答案】B【解析】由.故选：B3．【答案】B【解析】如图，长方体中，平面.在平面内，除直线外，其他所有与平行的直线，都与平面平行，但是平面与平面不平行；若，根据面面平行的定义可知，平面内的直线都与平面平行.所以，“内有无数条直线与平行”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．【答案】C【解析】5个人去4个社区，只能是的形式，分组的情况总数为，再把这些分组分配到四个不同地方，有种情况，因此基本事件总数为；甲、乙去相同的社区的情况有：种，由对立事件可得甲、乙二人去不同社区的概率为：.故选：C.5．【答案】D【解析】依题意，在中，，如图，显然，是锐角，，又函数在上递增，因此当且仅当公共弦最大时，最大，此时弦为圆的直径，在中，，所以.故选：D6．【答案】C【解析】设，（，且为互质的正整数），或或时上的无理数，对于A中，由题意，的值域为，其中p是大于等于2的正整数，所以A正确；对于B中，①若，设，（互质，互质），，则；②若有一个为0，则，所以B正确；对于C中：若为大于1的正数，则，而的最大值为，所以该方程不可能有实根，所以C错误；对于D中：和内的无理数，则，，，若为内的有理数，设（为正整数，为最简真分数），则，所以D正确.故选：C.7．【答案】B【解析】由得，因为在区间内没有最值，所以，所以，所以，所以或，所以或，所以②错误；当时，，所以，故①正确；所以，可知是函数的一条对称轴，故③正确；又因为，故④错误，所以正确的是①③，故答案为：B．8．【答案】C【解析】取的中点，连接，因为为等边三角形，则，且平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，，其中，，，对于①，当时，，，若，则，，，此时，的周长为；若，则，则，同理可得，此时，的周长为，故当时，的周长不是定值，①错；对于②，当时，，则点到直线的距离为，所以，，且点到平面的距离也为定值，故为定值，②对；对于③，当时，，，，因为，则，因为，解得或，所以，当时，有且仅有两个点，使得，③错；对于④，设点，其中，，则，可得，所以，点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的半圆及其内部，故点的轨迹所围成的面积为，④对.故选：C.9．【答案】ABD【解析】指标值的样本频率是，指标值在区间的产品约有件，A正确；抽取的产品的质量指标值的样本平均数和样本方差分别为：，，BD正确；由直方图得，从第一组至第七组的频率依次是0.02，0.09，0.22，0.33，0.24，0.08，0.02，所以指标值的第60百分位数m在内，，解得，C错误.故选：ABD10．【答案】BCD【解析】根据等差中项，，解得，，解得，设等差数列的公差为，则，于是等差数列的通项公式为：，故A选项错误；根据等差数列前n项和公式，，B选项正确；根据B选项可知，，最大值在取得，故C选项正确；，故的前10项和为：，D选项正确.故选：BCD11．【答案】CD【解析】设椭圆上任意一点为，则，，由余弦定理得，当且仅当等号成立，此时在椭圆的上下顶点处，最小，最大，对于A,当在椭圆的上下顶点时，，故不存在点，使得，故A错误，对于B,当在椭圆的上下顶点时，的最小值为，此时为钝角，根据椭圆的对称性可知：当为直角时，此时有4个满足位置的点，当为直角时，满足条件的有2个，同理为直角时，也有2个满足条件的，故当为直角三角形时，有8个满足满足条件的，故B错误，对于C，,所以,故C正确，对于D，设不妨设是椭圆在第一象限得的内接矩形的一顶点，根据椭圆的对称性可知椭圆的内接矩形的四个顶点关于坐标轴对称，故矩形的周长为，故当时，在椭圆上，此时周长最大为8，当时，此时，此时在短轴上，不能构成矩形，故周长大于4，故周长的范围为，故D正确，故选：CD12．【答案】BCD【解析】为等腰三角形，所以不可能是直角，选项错误；如图，直线和夹角为，平面平面=，菱形,所以,当平面平面时，为直线与平面的平面角，此时直线与平面所成角为最大角，为，选项正确；为二面角的平面角，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，的外心为，则平分，，所以，三棱锥表面积为，选项正确；设正四面体的外接球球心为，半径为，勒洛四面体的内切球的半径为，则故，即，解得，由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心，而顶点到切点的距离为2，故，选项D正确.故答案为：BCD.13．【答案】【解析】由，得，则，解得，则，所以当，即时，取得最大值.故答案为：.14．【答案】【解析】设直线与曲线相切于点，因为，所以该直线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，因为，所以该直线的方程为，即，所以，解得，所以该直线的方程为，故答案为：.15．【答案】4【解析】设，，则，设直线的方程为，联立抛物线方程有，，，则，直线的方程为，令，则，则，则得，∴，∴，，又，则，∴点，，解得．故答案为：4.16．【答案】【解析】设，且，在中，由余弦定理得，又由正弦定理得，则，在中，，，则，且，在中，由余弦定理得，所以当时，取最大值1，可得的最大值为9，所以长度的最大值为．故答案为：.17．【解析】（1）由题意得，，即，故，即，又，故数列是以为首项，为公比的等比数列．（2）由（1）知，，即．数列的前n项和为，数列的前n项和为，故．18．【解析】（1）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由及正弦定理得：，，，．，，是直角三角形．（2）由（1）知，，，且，，当且仅当，即时取等号，的最大值为．19．【解析】（1）证明：如图，取BD的中点G，连接AG，CG．因为，所以BG=CG(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半)又因为AB=AC，G为BD的中点，所以，所以，又因为AG为公共边，所以，所以，所以，又因为，平面BCD，所以平面BCD，又因为平面ABD，所以平面平面BCD；（2）过点C作直线平面BCD，以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，则有，，．设平面ACD的一个法向量为，由得可取，设直线AB与平面ACD所成的角为，则，，当且仅当，即时，等号成立．因为，所以，此时三棱锥体积，故当直线AB与平面ACD所成的角最大时，三棱锥的体积为．20．【解析】（1）因为焦距长为，即，且右顶点A的横坐标为1，则，所以，所以双曲线的方程为；（2）已知，由于和关于轴对称，可知，，则，直线，令，可得，则，直线，令，可得，则，所以，则以线段为直径的圆的半径为，所以以线段为直径的圆的方程为，令，得，又，所以，即；（3）因为，当且仅当时，取得最小值，此时M的坐标是或或或.21．【解析】（1）当时，赌徒已经输光了，因此.当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.（2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件,,即，所以，所以是一个等差数列，设，则，累加得，故，得，（3），由得,即,当时，，当时，，当时，，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．22．【解析】（1）由题可知，因为，所以，在处的切线方程为．（2）存在两个非负零点，设，由（1）可知在处的切线方程为，注意到，所以，在处的切线方程为．下证：当时，，且．（i）要证