2023届海南省屯昌县高三二模统考（A）数学试题含解析

2023届海南省屯昌县高三二模统考（A）数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由并集和补集的概念即可得出结果.

【详解】∵

∴，则，

故选：C.

2．命题“，”的否定形式是（    ）

A．，或 B．，且

C．，或 D．，且

【答案】D

【分析】根据特称命题的否定求解即可.

【详解】解：由特称命题的否定形式得：命题“，”的否定形式是： ，且.

故选：D

3．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用函数的奇偶性及在上的函数值正负逐个选项判断即可．

【详解】因为，定义域为R，

所以，

所以为奇函数，又因为时，所以由图象知D选项正确，

故选D．

4．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数图象的变换关系求解.

【详解】函数的周期为，

图象向右平移个周期，即平移后，

所得图象对应的函数为，

即．

故选:D.

5．仰望星空，探索宇宙一直是人类的梦想，“神舟十五号”载人飞船于北京时间11月29日23时08分发射，约10分钟后，“神舟十五号”载人飞船与火箭成功分离.早在1903年，科学家康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（    ）（参考数据：）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由所给信息，可得，据此可得答案.

【详解】由所给信息，可得，.

则.

故选：B

6．在中，，设点P，Q满足.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，根据平面向量的线性运算，得到，，再结合，化简整理即可求解.

【详解】设，则，，，，由，

得，即.

故选：.

7．某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ）

A．34种 B．56种 C．96种 D．144种

【答案】C

【分析】先求出讲座只能安排在第一或最后一场的方法总数，再求出讲座和必须相邻方法总数，最后由分步乘法计算原理即可得出答案.

【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，

讲座和必须相邻，共有种结果，

根据分步计数原理知共有种结果.

故选:C．

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对变形后，构造，，得到其单调性，从而判断出，求出，构造，，研究其单调性得到，从而判断出，从而得到.

【详解】，，

构造，，

则在上恒成立，

故在上单调递减，

所以，

故，即，

而，

其中，所以，

即，

令，，

则，令，

则，令，

则在上恒成立，

所以在上单调递增，

因为，所以在上恒成立，故在上单调递增，

因为，所以在上恒成立，故在上单调递增，

故在上恒成立，所以，

故，，所以，故，

故.

故选：C

【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对变形得到，，从而构造，来比较出，再构造结合中间值得到.

二、多选题

9．已知抛物线的焦点为，P为C上的一动点，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．当PF⊥x轴时，点P的纵坐标为8

C．的最小值为4 D．的最小值为9

【答案】CD

【分析】根据焦点坐标可得，即可判断A,根据坐标运算即可判断B,根据焦半径以及自变量的范围即可判断C,根据三点共线即可判断D.

【详解】对于A,由抛物线的焦点为可知，故A错误，

对于B,当PF⊥x轴时，则点的横坐标为4，将其代入中得，故B错误，

对于C,设，则，由于,所以，故的最小值为4，故C正确，

对于D，过作垂直于准线于,过作垂直于准线于，

则，当，，三点共线时等号成立，

故D正确；

故选：CD

10．下列说法正确的是（    ）

A．若为正整数，则

B．若，则

C．

D．若，则

【答案】BC

【分析】利用不等式性质、基本不等式及正弦函数的图象性质逐个选项判断即可得到答案．

【详解】对于A，若，则，故A错误；

对于B，时，，故B正确；

对于C，由，则，当且仅当时取等号，故C正确；

对于D，当时，，故D错误；

故选：BC．

11．已知为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．⊥平面

C．在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离为3

D．圆锥内切球的表面积为

【答案】ABD

【分析】A选项，证明出，得到平行关系；B选项，作出辅助线，得到BM⊥AM，AM⊥BC，从而证明出线面垂直；C选项，将侧面展开，设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，求出，假设，由余弦定理求出点A到中点的最短距离为3，故C错误；D选项，画出图形，找到内切球球心，求出半径，得到内切球表面积.

【详解】因为是底面圆的内接正三角形，为底面圆的直径，

所以，，又，

所以，故，A正确；

因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，

所以MO⊥平面ABC，

因为平面ABC，所以MO⊥BC，

又AO⊥BC，，平面MOA，

所以BC⊥平面AMO，

因为平面AMO，

所以AM⊥BC，

因为，所以，

由勾股定理得：，则，

故，同理可得：，

因为，所以BM⊥AM，

因为平面MBC，且，

所以⊥平面，B正确；

将侧面展开，如下：

设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，

其中，故底面周长为，

故，则，

若，由，

由余弦定理得：，

因为，所以在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离不为3，C错误；

由对称性可知，圆锥内切球球心在OP上，作出图形，如下：

设内切球球心为T，设内切球半径为，

TU=R，，则，

其中，故，

在Rt△PUT中，由勾股定理得：，

即，

解得：，故圆锥内切球的表面积为，D正确.

故选：ABD.

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．

12．若对，恒成立，则的取值可以为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】BD

【分析】由题将问题变形为对恒成立，进而结合单调性，分，两种情况讨论求解即可得答案.

【详解】解：由题知，，恒成立，且，

所以对恒成立，

令，，

所以，当时，，单调递增，

所以，当，单调递增，

所以，当时，，对恒成立等价于对恒成立

所以，当时，有，对恒成立等价于对恒成立，即对恒成立，由于，故；

当时，对，恒成立，满足题意，

综上，的取值范围是，

所以，的取值可以为BD选项

故选：BD

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于将问题转化为当时，，对恒成立，进而分，两种情况讨论求解.

三、填空题

13．在等比数列中，，为的前n项和，则______．

【答案】

【分析】由已知可得，解得.代入前项和公式，求出、，即可得出答案.

【详解】解：设公比为.

由可得.

因为，，所以，解得.

所以，，

所以.

故答案为：.

14．设，若，，则的值为_________

【答案】

【分析】先利用倍角公式求出，再利用两角和的正切公式展开后解方程可得.

【详解】,

,

,

解得.

故答案为：.

15．中常数项是_________．（写出数字）

【答案】

【分析】将看作一项，利用展开式的通项，找两项中的常数项即可求解.

【详解】的展开式的通项公式是，令，则，故或或，

所以的展开式中常数项为：，

故答案为：.

16．如图，直三棱柱中，⊥，，，点P在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】先设出BP=x，，利用求出，结合基本不等式求出时，面积取得最小值，补形后三棱锥的外接球即该长方体的外接球，求出外接球半径和表面积.

【详解】由勾股定理得：，

设BP=x，，则，，

，

由得：，解得：，

因为，故

由基本不等式得：，

当且仅当，即时，等号成立，

将三棱锥补形为长方体，则三棱锥的外接球即该长方体的外接球，

其中长方体的外接球的直径为，

故半径为，故三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：

四、解答题

17．已知函数．

(1)求函数的单调递增区间；

(2)求函数的最大值与最小值．

【答案】(1)，

(2)最大值，最小值-2，

【分析】（1）根据辅助角公式化简，利用整体换元法即可求解增区间，

（2）由二倍角公式和辅助角公式化简，由整体法即可求解最值.

【详解】（1）由于,故，解得，,故函数的单调递增区间为，

（2）当时，，故当时，取最小值-2，当时，取最大值.

18．已知等差数列和等比数列满足，.

(1)求数列，通项公式

(2)设数列中满足，求和

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据条件利用等差等比数列的通项公式列方程可得公差，公比，进而可得通项公式；

（2）由（1）得数列的通项公式，然后利用分组分解法可求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

则，解得，

，

，解得，

，

即，；

（2）由（1）得，

.

19．如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，面ABCD，，．

(1)求点A到平面PBC的距离；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1) 连接AC，根据线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直判定得到面，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解即可；

(2)根据（1）中的坐标，分别求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系即可求解.

【详解】（1）连接AC，面ABCD

，，面PAC，面PAC，，

面，，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴建立坐标系则，

，，

设平面的法向量为，

即，令，则，，

A到面PBC距离.

（2）由（1）可知：，，，，

设平面的法向量为，

即，，令，则，

设面的法向量为，

即令，则，，

，

∴二面角的正弦值为.

20．在高考结束后，程浩同学回初中母校看望数学老师，顺便帮老师整理初三年级学生期中考试的数学成绩，并进行统计分析，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于90分为优秀．

(1)从样本中随机选取一名学生，已知这名学生的分数不低于70分，问这名学生数学成绩为优秀的概率；

(2)在样本中，采取分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取13名，再从这13名学生中随机抽取3名，记这3名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）先由频率直方图中频率之和为求得，从而求得不低于70分与不低于90分的人数，由此求得这名学生成绩是优秀的概率；

（2）结合（1）中结论，求得成绩在，与内的人数，从而利用分层抽样比例相同求得各区间所抽人数，由此利用组合数求得各取值的概率，进而得到X的分布列与数学期望．

【详解】（1）依题意，得，解得，

则不低于70分的人数为，

成绩在内的，即优秀的人数为；

故这名学生成绩是优秀的概率为；

（2）成绩在内的有（人）；

成绩在内的有（人）；成绩在内的有人；

故采用分层抽样抽取的13名学生中，成绩在内的有6人，在内的有5人，在内的有2人，

所以由题可知，X的可能取值为0，1，2，

则，，，

所以X的分布列为：

故．

21．已知双曲线的右焦点为F，双曲线C上一点关于原点的对称点为，满足.

(1)求的方程；

(2)直线与坐标轴不垂直，且不过点及点，设与交于、两点，点关于原点的对称点为，若，证明：直线的斜率为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由已知得到的坐标，根据求出，进而根据双曲线的方程，联立方程组即可求出结果；

（2）方法一：联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系.然后根据，化简得到.由，即可求出；方法二：由已知可推出.将定点平移至原点，然后平移双曲线，得到.设直线，代入双曲线构造齐次式.得到关于的二次形式，根据斜率关系得出，即可求出斜率.

【详解】（1）由已知可得，.

则，，

由可得，，所以.，

又点在双曲线上，所以.

联立，可得，

所以，C的方程为.

（2）法一：设，，则，

所以，，

由可得，，所以，

整理可得，.

由已知可设直线的方程为（且）.

联立直线与双曲线的方程可得，.

，所以.

由韦达定理可得，又，，.

所以，由可得，

，

整理可得，，

因为，不恒为0，所以应有，解得.

所以直线l的斜率为定值.

法二：

设，则，.

所以，，

所以.

又由题意知，所以.

将双曲线平移至，即.

则P平移至， A，B分别平移至，.

设直线的方程为，

代入双曲线可得，，

所以，.

两边同除以，可得，

所以，

所以.

所以，直线的方程为，

所以，所以直线l的斜率为定值.

【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中，题干中出现垂直关系，常用坐标法，化为数量积为0.然后根据韦达定理，得出等量关系，进而求出参数.

22．函数，在点处的切线方程为．

(1)求；

(2)，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知结合曲线的切线得出，即可解出，，即可得出答案；

（2）令，，根据导数得出，即，则要证明，只需证明，令，根据导数得出，即，要证明，只需证明，令，根据导数即可证明，即可得出答案.

【详解】（1），

在点处的切线方程为，

，解得，，

所以．

（2）令，，

则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，即．

若要证明，只需证明，

令，则在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以当时，，即，

所以．

故只需证明．

令，

则，

所以在上单调递减，

所以当时，，

所以．

综上知，．