2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（上海B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（上海B卷）（全解全析），共15页。
2023年高考数学第二次模拟考试卷数学·全解全析注意事项：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一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置填写结果。1．若是纯虚数，，则的实部为______.【答案】1【分析】依题意有，代入中化简可求实部.【详解】是纯虚数，且，则有，故，实部为1.故答案为：1.2．已知集合，，若，则_________.【答案】2【分析】根据交集结果即可得到.【详解】，，，.故答案为：2.3．三个顶点的坐标分别是，则外接圆的标准方程是__________.【答案】【分析】设出圆的一般方程为，利用待定系数法，分别将三个点坐标代入圆的方程，解方程组求出，从而得出圆的一般方程，再根据圆的一般方程和标准方程的互化，即可得出答案.【详解】设所求圆的一般方程为：，，由圆经过三点，，解得：，则所求圆的一般方程为：，所以的外接圆的标准方程是：.故答案为：.4．已知向量，设与的夹角为，则__________.【答案】##【分析】由平面向量的夹角公式代入计算即可得出答案.【详解】由平面向量的夹角公式得，.故答案为：.5．函数为奇函数，则实数的取值为__________.【答案】1【分析】由奇函数的定义求解即可.【详解】函数为奇函数，必有，则，于是得恒成立，即，解得：.故答案为：1.6．若关于的方程组有无穷多组解，则的值为________ 【答案】【分析】根据二元一次方程组有无穷多组解知两方程为同一方程，由此可求得，代入可得结果.【详解】方程组有无穷多组解，与为同一方程，，.故答案为：.7．南宋数学家杨辉善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题，在他的专著《详解九章算法·商功》中给出了著名的三角垛公式，则数列的前项和为____________．【答案】【分析】由三角垛公式可知数列的前项和为，根据，采用分组求和法，结合等差、等比求和公式可求得结果.【详解】，数列的前项和为，，数列的前项和 .故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的分组求和法的应用，解题关键是能够将所求数列的通项进行变型，从而与已知的三角垛公式联系起来，利用所给的三角垛公式来进行求和.8．在的展开式中，各项系数的和与各二项式系数的和之比为64，则______．【答案】或【分析】利用赋值法确定各项系数的和，由二项式的性质得各二项式系数的和，利用比值为，列出关于的方程，解方程即可.【详解】因为的展开式中各项系数的和为，各二项式系数的和为，所以由题意得，所以，或，解得，或．故答案为：或．9．已知三棱锥 中，平面，，，则三棱锥外接球的体积为______．【答案】【分析】将三棱锥补成直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，确定外接球球心的位置，求出底面三角形的外接圆半径，进而求得三棱锥外接球半径，即可得答案.【详解】因为，，所以在中，根据余弦定理可得：，即．所以，所以∠ABC=120°，所以底面是顶角为120°的等腰三角形．由题意将三棱锥补成如图所示的直三棱柱，则该直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上．设外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，由正弦定理得，，所以，，所以三棱锥外接球的体积为，故答案为：10．“青山”饮料厂推出一款新产品——“绿水”，该厂开展促销活动，将罐“绿水”装成一箱，且每箱均有罐可以中奖．若从一箱中随机抽取罐，则能中奖的概率为______．【答案】##【分析】记一箱中能中奖的“绿水”灌装饮料分别记为、，不能中奖的“绿水”灌装饮料分别记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记一箱中能中奖的“绿水”灌装饮料分别记为、，不能中奖的“绿水”灌装饮料分别记为、、、，从一箱中随机抽取罐，所有基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共种，其中，事件“随机抽取的罐能中奖”所包含的基本事件有：、、、、、、、、，共种，故所求概率为.故答案为：.11．已知为抛物线上的一个动点，直线，为圆上的动点，则点到直线的距离与之和的最小值为________．【答案】【分析】首先得到圆心的坐标与半径，由抛物线方程得到焦点坐标与准线方程，依题意可得点到直线的距离，即可得到点到直线的距离与之和为，再数形结合得到的最小值.【详解】解：因为圆，所以，半径，抛物线的焦点，准线为直线，则点到直线的距离，所以点到直线的距离与之和为，所以当、、、四点共线时，取得最小值，其最小值为.故答案为：12．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列如果函数，数列为牛顿数列，设，且，则___________【答案】【分析】由牛顿数列的定义可得与的关系式，代入可得 ，进而通过等比数列的通项公式即可求得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，，所以，所以，即：，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故答案为：. 二、选择题：（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的位置，讲代表正确选项的小方格涂黑。13．已知为奇函数，且时，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由奇函数性质及解析式求解即可.【详解】为奇函数，且时，，.故选：D14．如图为函数在上的图像，则的解析式只可能是（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】判断函数的奇偶性，结合函数在给定区间上的符号，利用排除法求解即可．【详解】对于B.的定义域为R，且，故为偶函数；对于D.的定义域为R，且，故为偶函数；由图象，可知为奇函数，故排除B、D；对于C.当时，由，可知，则，而，此时，故排除D；故选：A.15．已知函数，，，且，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为，分析可知函数的最小正周期为，利用正弦型函数的周期公式可求得的最小值.【详解】因为，又因为，，且，所以，函数的最小正周期满足，则，所以，，故当时，取最小值.故选：A.16．下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】运用作差法、对数运算公式及基本不等式可比较与，再运用构造函数研究其单调性可比较与.【详解】∵，，∴，所以.∵∴比较与的大小，即比较与的大小.令，则.令，则.所以在上单调递减，所以当时，，所以，所以在上单调递减.又因为，所以，即.所以，即.综上所述，.故选：B.【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分），解答下列个体必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤。17．（本题满分14分，本题共有两个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为菱形，，，(1)若四棱锥的体积为，求的长；(2)求平面与平面所成钝二面角的正切值【答案】(1)(2) 【分析】（1）过作于，连接，根据面面垂直的性质可得底面，设，求出，再根据棱锥的体积公式即可得解；（2）取的中点，连接，以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）如图，过作于，连接，因为侧面底面，且侧面底面，面，所以底面，设，因为，，所以，在菱形中，，则为等边三角形，则所以四棱锥的体积，解得；（2）取的中点，连接，则，以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，，设平面的法向量为， 则，令，得，设平面的法向量为，则，令，得，设平面与平面所成钝二面角为，则，所以，则，所以，故平面与平面所成钝二面角的正切值为 18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求A；(2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用二倍角公式及和角公式代入化简解方程即可.（2）根据锐角三角形得B的范围，运用正弦定理边化角，将所求式子转化为关于的对勾函数，研究其值域即可.【详解】（1）∵，∴，∴，又∵ ，∴，即，又∵，∴，又∵，∴，又，即，∴，又∵，∴.（2）由（1）知，①当时，因为，所以，即，与△ABC为锐角三角形矛盾，所以不成立；②当时，因为，所以，所以．由，得．所以 ，故 ．因为，所以，，令，则，所以在上单调递增，所以，所以的取值范围为． 19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）若函数的最大值为5．(1)求t的值；(2)已知a>0，b>0，且a+2b=t，求的最小值．【答案】(1)(2)4 【分析】（1）将含有两个绝对值的函数写成分段函数形式，研究各段函数的单调性可得，进而求得t的值.（2）运用“1”的代换及基本不等式可求得结果.【详解】（1）因为t>0，所以，因为在上单调递增，在，上单调递减，且是连续函数，所以，所以.（2）由（1）知，则．因为，，所以，当且仅当，即时，等号成立．又，所以当，时，取得最小值4． 20．（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分7分）在直角坐标平面中，的两个顶点的坐标分别为，两动点满足，向量与共线.(1)求的顶点的轨迹方程；(2)若过点的直线与（1）的轨迹相交于两点，求的取值范围.(3)若为点的轨迹在第一象限内的任意一点，则是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在；理由见解析 【分析】（1）设，由知，由且向量与共线，知在边的中垂线上，由此能求出的顶点的轨迹方程；（2）设，过点的直线方程为，代入双曲线方程，得，再由根的判别式和韦达定理即可求出的取值范围；（3）通过由特殊到一般的方法进行求解.【详解】（1）设，由知，是的重心，.且向量与共线，在边的中垂线上，，又，化简得，即所求的轨迹方程是.（2）设，过点的直线方程为，代入得，，且，解得.，则或，，则的取值范围是.（3）设，则，即.当轴时，，即，故猜想.当不垂直轴时，，.又与同在内，.故存在，使恒成立.【点睛】轨迹问题一般方法有三种：定义法，相关点法.定义法：（1）判断动点的运动轨迹是否满足某种曲线的定义；（2）设标准方程，求方程中的基本量（3）求轨迹方程相关点法：（1）分析题目：与动点相关的点在已知曲线上；（2）寻求关系式，，；（3）将，代入已知曲线方程；（4）整理关于，的关系式得到M的轨迹方程 21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）已知数列，给出两个性质：①对于任意的，存在，当时，都有成立；②对于任意的，存在，当时，都有成立．(1)已知数列满足性质①，且，，试写出的值；(2)已知数列的通项公式为，证明：数列满足性质①；(3)若数列满足性质①②，且当时，同时满足性质①②的存在且唯一.证明：数列是等差数列．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）由性质①，可求出且，所以，同理可求得的值；（2）由，验证性质①，即可证明；（3）数列满足性质①②，带入验证，即可得：当时，，即可证明满足条件的数列是等差数列.（1）因为数列满足性质①，且，所以，所以，又因为，即，所以，同理可得：.（2）因为数列的通项公式为，所以，对于任意的，令，则，. 又，则，即.又，所以，即对于任意的.所以，对于任意的，令，则当时，都有成立，所以，数列满足性质①.（3）由题意，数列满足性质①②，且当时，同时满足性质①②的存在,即对于任意的，存在，当时，都有成立，所以，当时，，即.对于任意的,有，对于任意的,有,，又当时，同时满足性质①②的存在且唯一,所以，当时，,所以，满足条件的数列是等差数列.【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.