2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（北京B卷）（全解全析）

2023年高考数学第二次模拟考试卷（北京B卷）

高三数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．已知复数，则的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】依题意，，所以.

故选：D

2．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】，∴.

故选：D．

3．中，“为锐角”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【详解】在中，由“为锐角”，易得“”，

∴“为锐角”是“”的充分条件；

在中，由“”，不能得出“为锐角”（如，为直角，实际上，当时，恒成立），

∴“为锐角”不是“”的必要条件；

综上所述，“为锐角”是“”的充分不必要条件.

故选：A．

4．已知函数是奇函数，且当时， ，则（    ）

A．－4 B．－2 C．2 D．4

【答案】C

【详解】因为是奇函数，所以，

因为当时， ，

所以，

所以．

故选：C.

5．某地区的统计数据表明新生儿的实际出生日期与预产期的天数差．已知，估计在100个新生儿中，实际出生日期比预产期提前超过5天的新生儿数（    ）

A．34 B．36 C．38 D．40

【答案】C

【详解】因为，且.

根据正态分布的对称性，则有，

所以.

故100个新生儿中，实际出生日期比预产期提前超过5天的新生儿数为．

故选：C．

6．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（    ）

A．196 B．197 C．198 D．199

【答案】C

【详解】设该数列为，则；

由二阶等差数列的定义可知，

所以数列是以为首项，公差的等差数列，

即，所以

将所有上式累加可得，所以；

即该数列的第15项为.

故选：C

7．下列是函数图像的对称轴的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】，

显然，，，，

所以函数图像的对称轴的是，ABC错误，D正确.

故选：D

8．已知双曲线的左焦点与抛物线的焦点重合，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】对于双曲线，，，则，故点，

所以，抛物线的方程为，抛物线的准线为，如下图所示：

过点作，垂足为点，由抛物线的定义可得，

所以，，当且仅当时，取最小值为.

故选：D.

9．平面向量，满足，且，则与夹角的正弦值的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】如图所示：设，，则，设，，，

，

当，即时等号成立，故，

当最小时，最大，

故与夹角的正弦值的最大值为.

故选：B

10．如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】连接，作，交于点，

是的中点，，

平面，平面，，

，平面，

平面，又平面，

，又，，平面，

平面，

设平面与上底面交于，，点的轨迹为；

，，是母线中点，

，

，

.

故选：C.

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共5个小题，每小题5分，共25分．

11．函数的定义域是________.

【答案】

【详解】由题意得，即，解得，

故定义域是.

故答案为：

12．的展开式中的系数为__________（用数字作答）.

【答案】

【详解】的展开式中的系数，是的展开式中的系数与的展开式中的系数之积，

即.

故答案为：

13．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是__________．

【答案】

【详解】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，

事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，

则；

，

小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是，

法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率，

故答案为：．

14．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则的拐点为__________，__________.

【答案】          2022

【详解】，故，，

令，解得：，而，

故函数的对称中心坐标是；

由于函数的对称中心为，则函数图像上的点关于的对称点也在函数图像上，即．

．

．

故答案为：，2022．

15．如图,某市一学校位于该市火车站北偏东方向,且,已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路,及圆弧都是学校道路,其中,以学校为圆心,半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济,其中分别在公路上,且与圆弧相切,设,的面积为.

（1）求关于的函数解析式：__________.

（2）当=_________时,面积为最小,政府投资最低?

【答案】         

【详解】解：（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,.

所以直线的方程为,即.

因为直线与圆相切,

所以.

因为点在直线的上方,

所以,

所以式可化为,解得.

所以,.

所以面积为.

（2）令,则,

且,

所以,.

令,,所以在上单调递减.

所以,当,即时,取得最大值,取最小值.

所以当时,面积为最小,政府投资最低.

【点睛】本题考查三角函数的实际应用,应优先结合实际建立合适的数学模型,再按模型求最值,属于难题.

三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

16．如图，在锐角中，，，，点在边的延长线上，且.

(1)求；

(2)求的周长.

【详解】（1）在中，，，，

由正弦定理可得，故，

因为是锐角三角形，所以 .

（2）由（1）得，所以.

在中，，，，

所以.

所以的周长为.

17．在全民抗击新冠肺炎疫情期间，北京市开展了“停课不停学”活动，此活动为学生提供了多种网络课程资源以供选择使用.活动开展一个月后，某学校随机抽取了高三年级的甲、乙两个班级进行网络问卷调查，统计学生每天的学习时间，将样本数据分成， ， ，，五组，并整理得到如下频率分布直方图：

(1)已知该校高三年级共有名学生，根据甲班的统计数据，估计该校高三年级每天学习时间达到5小时以上的学生人数；

(2)已知这两个班级各有名学生，从甲、乙两个班级每天学习时间不足4小时的学生中随机抽取3人，记从甲班抽到的学生人数为，求的分布列和数学期望；

(3)记甲、乙两个班级学生每天学习时间的方差分别为，，试比较与的大小.（只需写出结论）

【详解】（1）由甲班的统计数据知：甲班学生每天学习时间在5小时以上的频率为，

由此估计高三年级学生每天学习时间达到5小时以上的频率为，人数为人，

所以估计该校高三年级每天学习时间达到5小时以上的学生人数480.

（2）依题意，甲班自主学习时长不足4小时的人数为：人，

乙班自主学习时长不足4小时的人数为：人，

的可能值为：，

，，，

所以的分布列为：

的数学期望为.

（3）甲班学生每天学习时间的平均数为，

甲班学生每天学习时间的方差为，

乙班学生每天学习时间的平均数为，

甲班学生每天学习时间的方差为，

所以.

18．如图所示，已知三棱台中，，，，，．

(1)求二面角的余弦值；

(2)设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．

【详解】（1）因为，，所以二面角的平面角为．

因为，，所以，．

因为，所以．

因为，

所以，故二面角余弦值为．

（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，

因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．

因为，，且面，所以面，

又面，所以．

因为，，所以．

因为平面，平面，所以，

所以，，故F为的中点．

三棱台的体积．

19．如图，已知抛物线，点A在抛物线上，且在第一象限，以点A为切点作抛物线的切线l交x轴于点B，过点B作垂直于l的直线交抛物线于C，D两点，其中点C在第一象限，设与y轴交于点K．

(1)若点A的横坐标为2，求切线l的方程．

(2)连结，记的面积分别为，求的最小值．

【详解】（1）根据题意，有，且在处的切线的斜率存在，

设切线方程为，由可得，

由解得，故切线的方程为：．

（2）设，同（1）可得，

进而，从而，因此．

设，由可得，

故即

因此设，显然，则，

解得，

且由点到直线的距离公式，

因此，

其中，等号当即时取得，因此所求最小值为8．

20．设函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围；

(3)过坐标原点O作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标.

【详解】（1）时，，

∴，

∵当，，为单调减函数．

当，，为单调增函数．

∴的单调减区间为，单调增区间为；

（2）∵，在区间上是减函数，

∴对任意恒成立，

即对任意恒成立，

令，则，

因为函数在上都是减函数，

所以函数在上单调递减，∴，

∴；

（3）设切点为，

由题意得，

∴,

∴曲线在点切线方程为，

即．

又切线过原点，

∴，

整理得，

设，

则恒成立，在上单调递增，

又，

∴在上只有一个零点，即，

∴切点的横坐标为，

∴切线有且仅有一条，且切点的横坐标为.

21．定义圈数列X：；X为一个非负整数数列，且规定的下一项为，记，这样的相邻两项可以统一表示为（的相邻两项为，即；的相邻两项为）.定义圈数列X做了一次P运算：选取一项，将圈数列X变为圈数列：，即将减2，相邻两项各加1，其余项不变.并记下标k输出了一次.记X进行过i次P运算后数列为：（规定）

(1)若X：4，0，0，直接写出一组可能的；

(2)若进行q次P运算后，有，此时下标k输出的总次数为，记直接写出一组非负实数，使得对任意，都成立，并证明；

(3)若X：，0，0，…，0，证明：存在M，当正整数时，中至少有一半的项非零.

【详解】（1）

（2）.

考察，由操作规则，下标k输出了总值为，收入了

因此，由，

∴.

.

方法一：极端原理：

设，∴，且，

∴，因此等号成立，有，

即的后一项也是最大值，重复n次这个过程，则所有数都是最大值，

即，∴.

方法二：考虑整体或者局部：

由，得到，

遍历所有k有，

从而有，

而，从而有，

∴，

即，即∴.

（3）X各项和为，每次运算都不会改变总和，

由抽屉原理，至少有一项，因此可以进行无数次P运算.

，因此各项值最多有种可能.

从而存在不同的正整数，满足，

将数列看作起点，，相当于次P运算回到原始状态，

由（2）的结论，每个下标都输出过.

取，当时，任取i，两个相邻下标，考察项的和：

存在，第t次P运算在下标i输出，

则.

现证明：当时，即第h次P运算，恒有.

当时，已证；

设时成立，即，

当时

1）若第h次P运算不在下标输出，由规则，

∴；

（2）若第h次P运算在i或下标输出，则与第t次运算同理可得

因此总有，

因此，当后，每个下标都有输出，其任何相邻的两个至少有一个是非零，从而中至少一半的项非零.