2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（甲卷文科）（全解全析）

2023年高考数学第二次模拟考试卷

文科数学·全解全析

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，只有一个选项是符合题目要求的．

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解指数不等式即对数不等式取交集即可.

【详解】由题意得，所以.

故选：B.

2．年月某市星级酒店经营数据统计分析如下图（“同比”指与去年同期相比）：

下列说法错误的是（    ）

A．整体来看，年月该市星级酒店平均房价相对上一年有所提高

B．年月该市星级酒店平均房价的平均数超过元

C．年月这个月中，该市星级酒店在月份的平均房价创下个月来的最高纪录

D．年月该市星级酒店平均房价约为元

【答案】D

【分析】根据折线统计图和条形统计图逐项判断可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，由图可知，仅有月同比增速为，其余个月同比增速均为正数，故A正确；

对于B选项，由图可知个数据的平均数为

，故B正确；

对于C选项，由图可知这个月的数据中，第个月的最大，故C正确；

对于D选项，由，得年月该市星级酒店平均房价大于元，故D错误．

故选：D.

3．已知复数，则的实部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由可得，进而可得，即可得答案.

【详解】解：因为，

所以，

所以，

所以的实部为.

故选：A.

4．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的奇偶性排除A,再根据函数在处函数值的正负排除B和C,得出结果.

【详解】,

为偶函数,排除A.

,排除B和C.

故选:D.

5．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为l，过点且与l平行的直线交双曲线C于点M，若，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】根据双曲线的定义，结合余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.

【详解】根据双曲线的对称性，不妨设一条渐近线l的方程为，

因此直线的倾斜角的正切值为，即，

所以有，

设，由双曲线定义可知：，

由余弦定理可知：，

故选：B

6．已知函数，，，则函数的零点个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】A

【分析】先求时，函数的零点，再根据为偶函数，可得时，函数还有一个零点，由此可得答案.

【详解】当时，，所以不是函数的零点，

因为，所以，所以为偶函数，

当时，，，，

令，得，令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在时取得最大值，

所以当时，有唯一零点，

又函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以在时，还有一个零点，

综上所述：函数的零点个数为.

故选：A

7．已知某几何体的主视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：

其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】由三视图的定义，结合正视图和左视图得图形相同，对题目中的图形进行分析,即可得到结论．

【详解】对于④，中间是正三角形，它与正视图和左视图中矩形的宽度不一致，所以④不能作为该几何体的俯视图图形；

对于其余4个图形，中间图形与正视图和左视图的矩形宽度一致，可以作为该几何体的俯视图图形；

所以满足条件的图形个数为①②③⑤共4个．

故选：C．

8．在中，点分别在边上，且线段平分的面积，则线段的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角形面积公式和余弦定理，再结合基本不等式可求.

【详解】设.

根据三角形面积公式可得，，，

又，.

根据余弦定理可得

当且仅当时，等号成立，的最小值为.

故选：B.

9．已知数列的前项和为，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意结合与的关系分析可得数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式和求和公式运算求解.

【详解】当时，得，解得；

由，得，两式相减得，

整理得，故数列是以6为首项，为公比的等比数列，

所以，，

则．

故选：A．

10．从集合的非空子集中随机选择两个不同的集合A，B，则的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】写出集合的非空子集，求出总选法，再根据，列举出集合的所有情况，再根据古典概型公式即可得解.

【详解】解：集合的非空子集有共7个，

从7个中选两个不同的集合A，B，共有种选法，

因为，

当时，则可为共3种，

当时，共1种，

同理当时，则可为共3种，

当时，共1种，

则符合的共有种，

所以的概率为.

故选：A.

11．若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出的范围和，得到和的值，即可求出的值

【详解】由题意，，，

∴，，

∴，，

∴，

故选：D.

12．函数满足，令，对任意的，都有，若，则（    ）

A． B．3 C．1 D．

【答案】A

【分析】根据变形得到，即，再根据，，计算得到，，从而得到，由求出答案.

【详解】因为，所以，

即，，

故，所以是奇函数，

令，解得：，

故，解得：，则，

令，解得：，

故，解得：，则，

依次可得：

，解得：，则，

则，故，

中，令得：，

所以,

故选：A

【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：

若，则函数关于对称；

若，则函数关于中心对称；

若，则是的一个周期

 第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知向量与的夹角是，，，则向量与的夹角为______．

【答案】

【分析】先根据条件求出，，再利用向量的夹角公式计算即可.

【详解】由已知，

，

，又，

故答案为：

14．已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，若该圆柱的高是底面半径的2倍，则该圆柱的侧面积为________．

【答案】

【分析】根据题意求出球体的半径，再利用勾股定理圆柱的底面半径与高，从而求圆柱的表面积即可.

【详解】设圆柱外接球半径为，圆柱的底面半径为，则其高为，

由圆柱的性质得，外接球球心在上下底面圆心连线的中点处，则，

因为球的表面积为，所以，则，

又因为，即，所以，则，

所以圆柱的侧面积为：.

故答案为：.

.

15．已知是的最小正周期，若，是的一个极大值点，则当取得最小值时，______．

【答案】

【分析】根据已知结合三角函数周期与诱导公式得出，即可得出，根据是的一个极大值点得，，，即可得出的最小值为1，则，代入求解即可得出答案.

【详解】由题意可知，，则，

由得，，

所以，

又因为，

所以，

由是的一个极大值点得，，，

所以，，

又因为，

所以的最小值为1，

此时，

故.

故答案为：.

16．如图所示，平面直角坐标系中，四边形满足，，，若点，分别为椭圆：（）的上､下顶点，点在椭圆上，点不在椭圆上，则椭圆的焦距为___________.

【答案】4

【分析】先由，判断出，，，四点共圆，再由题设求出圆心，表示出圆的方程，将代入椭圆及圆的方程，可求出，即可求得焦距.

【详解】由题意得，，设，.连接，

由，，可知，，，在以为直径的圆上，且，

又原点为圆的弦的中点，

所以圆心在的垂直平分线上，即在轴上，则，又，

所以，

因为，所以，

所以，

当时，则0，

若，则四边形为矩形，则点也在椭圆上，与点不在椭圆上矛盾，

所以，所以，故圆的圆心坐标为，

所以圆的方程为，将代入可得，又，

所以，故椭圆的焦距为.

故答案为：4.

【点睛】关键点点睛：“，，”的化简､转化，由此得到，，，在以为直径的圆上以及该圆的方程.

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．某高校为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，用分层抽样的方法，收集300名学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时），其中女生90名.

(1)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为：，估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率；

(2)在样本数据中，有60名女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断是否有的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”.

附：参考公式及临界值表：.

【答案】(1)

(2)列联表见解析，有的把握

【分析】(1)根据频率分布直方图的性质求解；

(2)根据独立性检验的定义求解.

【详解】（1）由频率分布直方图得.

该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率估计值为..............................6分

（2）由（1）知，300名学生中有人的每周平均体育运动时间超过4小时，

75人的每周平均体育运动时间不超过4小时.

又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，

所以每周平均体育运动时间与性别列联表如：

.

所以有的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

18．已知数列的前n项和为，，，且.

(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；

(2)若等比数列满足，，，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，(2)

【分析】（1）利用变形可得，进而可证明等差数列并求通项公式；

（2）设等比数列的公比为，先通过条件列方程求出，进而可求出，再利用并项求和法求和.

【详解】（1）由得，-----------3分

，又，

数列是以2为首项，2为公差的等差数列；

；.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分

（2）设等比数列的公比为，

则，，，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分

，

。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

19．如图，四棱台中，底面ABCD是菱形，点M，N分别为棱BC，CD的中点，，，，．

(1)证明：平面平面ABCD；

(2)当时，求多面体的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由，，得，又，所以面ACGE，从而．取点为线段AB的中点，可得，由得，即，证得面ABCD，从而得结论；

（2）利用勾股定理可得，菱形ABCD是边长为2的正方形，由面ABCD可知四棱台的高为1，求得即可得出答案.

【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，所以四边形ABCD的对角线．

因为M，N是BC，AD中点，所以，故．

又因为，且多面体是四棱台，所以A，C，G，E共面，

又，面ACGE，

所以面ACGE，又因为面ACGE，所以．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分

又因为多面体是四棱台，所以四边形AEFB是梯形．

取点为线段AB的中点，连接FK．

因为，所以四边形AKFE是平行四边形，故．

在中，，故，即，

因为MN与AB是相交直线，面ABCD，所以面ABCD，

甴面ABFE，所以面面ABCD.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分

（2）当MN＝时，，则，所以，

故，菱形ABCD是边长为2的正方形.

由（1）知，面ABCD，所以四棱台的高为1，

．

又因为，

所以多面体的体积为..。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

20．已知函数，其中为常数，为自然对数的底数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)若在区间上的最大值为，求的值.

【答案】(1)函数增区间为，减区间为

(2)

【分析】（1）确定函数定义域，求出函数的导数，根据导数的正负，即可求得函数的单调区间；

（2）求得函数的导数，讨论a的取值范围，确定函数的单调性，确定函数的最值，结合题意，求得a的值.

【详解】（1）函数的定义域为

当时，，，

令得，；令得，或，结合定义域得，

∴函数增区间为，减区间为；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分

（2）

①当时，，∴，∴函数在上是增函数，

∴，∴，∴符合题意； ----------------7分

②当且时，令得，

∴，∴，∴不符合题意，舍去；。。。。。。。。。。9分

③若，即时，在上，

∴在上是增函数，故在上的最大值为，

∴不符合题意，舍去，

综合以上可得.          。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

21．已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．

(1)求E的方程；

(2)若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线的性质得出，即，根据当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，根据得出，即可解出答案；

（2）联立，根据韦达定理得出，，即可得出中点，即可得出直线MN的方程为：，由为等边三角形，则，代入化简即可求出答案.

【详解】（1）抛物线E：的焦点，准线方程为，

所以，故，

又因为的最小值为9，所的最小值为，

当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，

此时，解得，

故抛物线E的方程为；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分

（2）联立，消去x得，

直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，

，得，

设，，则有，，

所以，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7分

设线段AB的中点，

则，，即，

直线MN的斜率，直线MN的方程为：，

令，得，即，

所以，

，

又因为为等边三角形，所以，

所以，

解得，且满足，

故所求m的值为．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

（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．已知直线l的参数方程为（其中t为参数），以原点为极点，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)求曲线C的直角坐标方程及直线l的极坐标方程；

(2)若，直线l与曲线C的两个交点分别为A，B，求的值．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）由已知可得，进而即可得出曲线C的直角坐标方程.消去参数，可得直线方程为，即可得出直线的极坐标方程；

（2）解法一：将直线的参数方程代入曲线可得，.根据韦达定理得到的关系，代入即可求解；解法二：联立直线与曲线的方程，求出交点的坐标.然后根据两点间的距离公式，求出、的值，代入即可得出结果.

【详解】（1）由曲线C的极坐标方程得，

化为直角坐标方程为．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2分

又由直线l的参数方程得直线，

所以直线l的极坐标方程为．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分

（2）解法一：将直线的参数方程代入曲线可得，，

整理可得，.

设点对应的参数分别为，则是方程的两个根.

由韦达定理可得，.

所以，..。。。10分

解法二：联立直线与曲线的方程可得，，

解得，.

代入可得，，.

不妨设，，则，.

所以，. 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)当时，若函数的图象恒在图象的上方，证明：.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论的范围得到的解析式，然后列不等式求解即可；

（2）根据的单调性得到，然后根据函数的图象恒在图象的上方得到，即可证明.

【详解】（1）当时，，

所以当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得.

综上，不等式的解集为或.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分

（2）证明：当时，，

所以当时，取得最大值，且.

要使函数的图象恒在图象的上方，由数形结合可知，必须满足，即，原不等式得证.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分