2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（甲卷理科）（全解全析）

这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（甲卷理科）（全解全析），共22页。试卷主要包含了选择题，三季度的各月制造业在逐月收缩等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学第二次模拟考试卷
理科数学·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．若集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出集合A,B中元素的范围，然后求即可.
【详解】,,
,.故选：C.
2．采购经理指数（PMI），是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预测、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数（PMI）统计图．

根据统计图分析，下列结论最恰当的一项为（    ）
A．2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩
B．2021年第四季度各月制造业在逐月扩张
C．2022年1月至4月制造业逐月收缩
D．2022年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈恢复性扩张
【答案】D
【分析】根据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.
【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；
对于B项，由统计图可以得到，10月份的制造业指数低于，故B项错误；
对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；
对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2022年6月PMI超过，故D项正确.
故选：D.


3．若复数满足，则（    ）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【分析】设，,根据已知求出或即得解.
【详解】解：设，.
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
当时，方程组无解；
当时，没有实数解；
当时，,
所以或.
所以当时，；
当时，.
所以.
故选：B
4．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为参考数据：，（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可知过滤次数与污染物的含量关系为，在根据题意列出不等式解出即可．
【详解】过滤第一次污染物的含量减少，则为；
过滤第两次污染物的含量减少，则为；
过滤第三次污染物的含量减少，则为；

过滤第n次污染物的含量减少，则为；
要求废气中该污染物的含量不能超过，则，即，
两边取以10为底的对数可得，
即，
所以，
因为，
所以，
所以，又，所以，
故排放前需要过滤的次数至少为次．
故选：A．
5．已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，则双曲线C的方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用点到直线距离公式、二倍角的余弦公式、勾股定理列式计算作答.
【详解】双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，，如图，

因为，则，而，即有，
，，由知，点在y轴同侧，
于是，，，
在中，，由得：
，整理得：，化简得，解得或（舍去），
所以，，双曲线方程为.
故选：A
6．已知矩形ABCD中，AB=3，BC=2，将△CBD沿BD折起至△C'BD.当直线C'B与AD所成的角最大时，三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先判断当与所成角最大时，，进而证得面，再证得是直角三角形，故可由求得结果.
【详解】因为异面直线最大角为直角，故当时，与所成角最大，
因为四边形是矩形，所以，
又，，面，
故面，又因为面，所以，
在中，，所以，
又，所以，故，
所以.
故选：C.
7．若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是局部等比数列．在，，，这4个数列中，局部等比数列的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据局部等比数列的定义逐项进行检验即可求解.
【详解】若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列．
若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列．
若，则，则是等比数列，所以不是局部等比数列．
若，则，，，由，得，，成等比数列，因为不是等比数列，所以是局部等比数列．
所以局部等比数列的个数是，
故选：.
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.
9．一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种？
A．5 B．25 C．55 D．75
【答案】D
【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；
三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；
故而共有种情况，
故选：D．
10．设，则下列说法正确的是（    ）
A．值域为 B．在上单调递增
C．在上单调递减 D．
【答案】B
【分析】由题可得，进而，可判断A，利用三角函数的性质可判断B，利用导函数可判断C，由题可得，可判断D.
【详解】∵，
由，可得，
∴，即或，
∴函数的值域为，故A错误；
∵，
当时，单调递增，单调递减，单调递增，
故在上单调递增，故B正确；
∵，，
令，则，
由，可得，，根据正弦函数在上单调递增，可知在上存在唯一的实数，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在上有增有减，故C错误；
由，可得
，故D错误.
故选：B.
11．已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接，，由，
可知：和是等边三角形，
设三棱锥外接球的球心为，
所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，
是等边三角形，为中点，
所以，又因为侧面底面，侧面底面，
所以底面，而底面，因此，所以是矩形,
和是边长为的等边三角形，
所以两个三角形的高，
在矩形中，，连接，
所以，
设过点的平面为，当时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆的半径为：，所以此时面积为，
当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，
所以截面的面积范围为.

故选：A．
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．
12．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，．现有下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是（    ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性三者之间的关系，结合导函数相等即其他等式，综合运用各式之间的关系即可得出结果.
【详解】因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，得，所以，
所以，所以的图象关于直线对称，所以，故①正确．
因为为奇函数，所以，且．
因为，所以，则的周期，
所以，故③错误．
因为，所以的周期也为4，
所以，，
所以，故②正确．
因为，，，，
所以，所以④正确．
故选:D.
【点睛】方法点睛：①若两函数的导函数相等，则这两个函数只差一个常数；
②函数的周期性、奇偶性、对称性三个性质之间，其中任意两个性质可以推出第三个性质.


第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知曲线在处的切线的斜率为，则______.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求解.
【详解】因为，
所以，当时，，
因为曲线在点处的切线的斜率为，
所以，解得，
故答案为：
14．已知夹角为的非零向量满足，，则__________.
【答案】2
【分析】由得，化简代入结合数量积的定义即可得出答案.
【详解】因为的夹角为，且，
而，则，
所以，
则，解得：.
故答案为：2.
15．为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为，，，，若，则到轴的距离为__________.
【答案】
【分析】首先表示出，，，的坐标，依题意可得，即可得到为椭圆上一点，联立两椭圆方程，求出，即可得解.
【详解】解：不妨设，，，，
则，为椭圆的焦点，所以，
又，所以，
且，所以在以、为焦点的椭圆上，且，所以，
所以为椭圆上一点，由，解得，则，
故到轴的距离为.故答案为：
16．已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，
故，
即，由于,故，则，
由于，故，所以，
由，可得，
即
或，
对任意，存在，满足，
故，则,，，k取负值，
则只能，此时，
或，则，则,
综合可得或，即实数的取值范围是，故答案为：


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．在数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出的表达式，再验证
的值是否满足的表达式，综合可得出数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项相消法求出数列的前项和，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，①
则当时，，即，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。1分
当时，，②
①②得，所以，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分
也满足，故对任意的，.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分
（2）证明：，。。。。。。。。。。。。8分
所以
．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分
，
，即结论成立.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分
18．直播带货是扶贫助农的一种新模式，这种模式是利用主流媒体的公信力，聚合销售主播的力量助力打通农产品产销链条，切实助力贫困地区农民脱贫增收.某贫困地区有统计数据显示，2022年该地利用网络直播形式销售农产品的销售主播年龄等级分布如图1所示，一周内使用直播销售的频率分布扇形图如图2所示，若将销售主播按照年龄分为“年轻人”（20岁~39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用直播销售用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用直播销售用户”，且“经常使用直播销售用户”中有是“年轻人”.

(1)现对该地相关居民进行“经常使用网络直播销售与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，完成2×2列联表，根据的独立性检验，能否认为经常使用网络直播销售与年龄有关？
使用直播销售情况与年龄列联表

年轻人
非年轻人
合计
经常使用直播售用户



不常使用直播销售用户



合计




(2)某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“销售该地区农产品”的项目上，现有两种销售方案供选择：方案一：线下销售､根据市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利30%，可能亏损15%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为.方案二：线上直播销售.根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为针对以上两种销售方案，请你从期望和方差的角度为投资公司选择一个合理的方案，并说明理由.
参考数据：独立性检验临界值表














【答案】(1)列联表见解析，认为经常使用网络直播销售与年龄无关
(2)答案见解析

【分析】（1）运用图表分布计算补全列联表，运用公式计算与2.706比较即可.
（2）分别写出两个方案的分布列并计算两个方案的期望和方差比较即可.
【详解】（1）由图1知，“年轻人”占比为，即有人），“非年轻人”有200人
由图2知，“经常使用直播销售用户”占比为，即有（人），“不常使用直播销售用户”有（人）.
“经常使用直播销售用户中的年轻人”有（人），“经常使用直播销售用户中的非年轻人”有120-人.
∴补全的列联表如下：

年轻人
非年轻人
合计
经常使用直播销售用户
100
20
120
不常使用直播销隹用户
60
20
80
合计
160
40
200
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分
零假设：经常使用网络直播销售与年龄相互独立，即经常使用网络直播销售与年龄无关.
于是.
∴..。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分
根据小概率的独立性检验，我们推断成立，
即认为经常使用网络直播销售与年龄无关.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分
（2）若按方案一，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：

300

0





万元.
.（或.）。。。 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分
若按方案二，设获利万元，则可取的值为，则的分布列为：

500

0





万元，
106900.
（或.）.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。11分
∵. 12分
①方案一与方案二的利润均值差异不大，但方案二的方差要比方案一的方差大得多，从稳定性方面看方案一线下销售更稳妥，故选方案一.
②方案一的利润均值低于方案二，选择方案二.
19．如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．

(1)当时，证明：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为线段的中点，如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）垂直于圆锥的底面，在圆锥的底面，
，
当时，且BC=3CA，则，，
又平面，
平面，
又平面，平面平面；.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分
（2）由题可知，且轴截面为等腰直角三角形，，，
当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为弧的中点，
如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7分
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分
设平面的法向量，
则，即，令，则，，，
则，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。11分
由图可知该二面角为钝角，
二面角的余弦值为．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

20．已知椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点．

(1)求椭圆的方程；
(2)已知、是椭圆上的两点，，是椭圆上位于直线两侧的动点．
①若直线的斜率为，求四边形面积的最大值；
②当，运动时，满足直线、与轴始终围成一个以底边在轴的等腰三角形，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②直线的斜率为定值，理由见解析.

【分析】（1）先由抛物线得到焦点坐标，然后设椭圆方程为，列出对应等式求解：
（2）设，，①设直线的方程为，代入椭圆可得，，然后利用面积公式即可求解；②通过题意可设直线的斜率为，则的斜率为，则的直线方程为，代入椭圆可得，同理，然后利用斜率公式即可求解
【详解】（1）由抛物线即可得焦点坐标为，
椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点，
设椭圆方程为，
则由，解得，
故椭圆的方程为；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分
（2）设，，
①直线的方程为，
代入中，整理得，
，解得，，，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7分
四边形的面积，
当时，，
所以四边形面积的最大值为；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分
②当，运动时，满足直线、与轴始终围成一个以底边在轴的等腰三角形，则、的斜率之和为，设直线的斜率为，则的斜率为，
的直线方程为，
代入中整理得：，
，同理，
则，，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分
从而，即直线的斜率为定值．.。。。。。。。。。12分
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．若函数有两个零点，且.
(1)求a的取值范围；
(2)若在和处的切线交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；
（2）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可.
【详解】（1）
当，，在上单调递减，不可能两个零点；
当时，令得
，，单调递增，，，单调递减，。。。。。。。。。。2分
∵，；；，
∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，
综上：；。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分
（2）先证右边：令则，
∴，，单调递增，，，单调递减，
∴的最大值为，∴，即，
∴且，
∴，又∵，∴，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7分
∴；
再证左边：曲线在和处的切线分别是
        
联立两条切线得，∴，
由题意得，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分
要证，即证，即证，即证，
令，即证，
令，
，∴在单调递减，∴，
∴得证.
综上：.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.



（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
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．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
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.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。5分