2023届河北省张家口市高三二模数学试题含解析

2023届河北省张家口市高三二模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知求出，然后根据补集的运算得出，根据并集的运算求解即可得出答案.

【详解】，，

即，，

所以，，，

所以，.

故选：C.

2．已知复数在复平面上对应的点为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】复数的几何意义以及复数的除法、乘方运算计算即可求解.

【详解】由题意可得，

于是，

故.

故选：D.

3．已知点为圆上的动点，则直线与圆的位置关系为（    ）

A．相交 B．相离 C．相切 D．相切或相交

【答案】C

【分析】利用圆心到直线的距离与半径的关系即可求解.

【详解】利用圆心距和半径的关系来确定直线与圆的位置关系.

由题意可得，于是，所以直线和圆相切.

故选: C.

4．已知向量，若，则实数的值为（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的数量积的坐标表示及向量的模公式，结合向量数量积的运算律即可求解.

【详解】因为，

所以.

因为，

所以，即，

所以，解得,

所以实数的值为.

故选:D.

5．2021年5月15日，中国首次火星探测任务天问一号探测器在火星成功着陆.截至目前，祝融号火星车在火星上留下1900多米的“中国脚印”，期待在2050年实现载人登陆火星.已知所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方的比值都相等.若火星与地球的公转周期之比约为，则地球运行轨道的半长轴与火星运行轨道的半长轴的比值约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知先设周期再应用分数指数幂与根式的互化得出比值.

【详解】设地球的公转周期为，则火星的公转周期为.

设地球､火星运行轨道的半长轴分别为，，

则，

于是.

故选: A.

6．探照灯､汽车前灯的反光曲面､手电筒的反光镜面､太阳灶的镜面等都是抛物镜面.灯泡放在抛物线的焦点位置，通过镜面反射就变成了平行光束，如图所示，这就是探照灯､汽车前灯､手电筒的设计原理.已知某型号探照灯反射镜的纵断面是抛物线的一部分，光源位于抛物线的焦点处，灯口直径是，灯深，则光源到反射镜顶点的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件及设出抛物线的标准方程，结合点在抛物线上即可求解.

【详解】在纵断面内，以反射镜的顶点（即抛物线的顶点）为坐标原点，过顶点垂直于灯口直径的直线为轴，建立直角坐标系，如图所示，

由题意可得.

设抛物线的标准方程为，于是，解得.

所以抛物线的焦点到顶点的距离为，即光源到反射镜顶点的距离为.

故选：B.

7．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：.数列满足，其前项和为，则（    ）

A．1024 B．2048 C．1023 D．2047

【答案】C

【分析】根据欧拉函数的定义可求出，再由等比数列的前项和公式即可求出答案.

【详解】根据欧拉函数的定义可得，

一般地，.事实上，表示从1到的正整数中，与互质的正整数的个数，

相当于去掉从1到的正整数中所有2的倍数的个数（共个数），

因此，.所以，.

故选：C.

8．已知函数，若曲线上存在点使得，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意可得出关于的方程在上有解，整理得在上有解，设，对求导，得出的单调性，可求出的值域，则可求出实数的取值范围.

【详解】由题意可得，函数为增函数.若，则；

同理，若，则，均与题设条件不符.

由可得，且.

因此，关于的方程在上有解，

整理得在上有解.

设，则为上的减函数，

注意到，故，从而函数在上单调递增.

所以，.

因此，实数的取值范围是.

故选：D.

二、多选题

9．中央广播电视总台《2023年春节联欢晩会》以温暖人心的精品节目､亮点满满的技术创新､美轮美奂的舞美效果为全球华人送上了一道红红火火的文化大䝳.某机构随机调查了18位观众对2023年春晩节目的满意度评分情况，得到如下数据：.若恰好是这组数据的上四分位数，则的值可能为（    ）

A．83 B．84 C．85 D．87

【答案】ABC

【分析】先求出18个数据的上四分位数为第14个数.将剩余17个数，从小到大排列，结合已知即可得出.

【详解】由于上四分位数即第75百分位数，于是，

将这些数据按照从小到大排列后，第14个数为上四分位数，

所以应该是18个数据从小到大排列后的第14个数，显然不是最小的数.

而除去后，从小到大排列得到的第13个数为83，第14个数为85，

所以.

故选：ABC.

10．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若恒成立，则（    ）

A．函数的最小正周期为

B．函数的图象的对称中心为

C．函数在上的最小值为1，最大值为

D．函数的极小值点为

【答案】BC

【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数，根据给定条件求出，的解析式，再逐项分析、计算判断作答.

【详解】依题意，，将其图象向左平移个单位长度，

得到函数的图象，而恒成立，

即函数为偶函数，于是，又，则，

因此函数，

函数的最小正周期为，A错误；

当且仅当，即时，，函数的图象的对称中心为，B正确；

当时，，则当或时，，当时，，C正确；

令，即为函数的极小值点，D错误.

故选：BC

11．已知在棱长为1的正方体中，点为下底面上的动点，则（    ）

A．当在对角线上运动时，三棱锥的体积为定值

B．当在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到

C．当在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到

D．若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点的轨迹为椭圆的一部分

【答案】AB

【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.

【详解】当在对角线上运动时，平面，平面,

故平面，从而点到平面的距离为定值，

从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，正确；

以为原点，分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，

则，，，

由在对角线上运动，设，

于是，

假设存在点满足异面直线与所成角为，因此，

解得，所以异面直线与所成角可以取到，B正确；

,，则，

故平面，所以平面的一个法向量为，

于是令，解得，

即直线与平面所成角取不到，错误；

注意到点到棱的距离为，过点作的垂线，垂足为，

则点到平面的距离为，

在平面内，动点到定点A的距离与到定直线的距离之比为2，

即动点的轨迹在双曲线上，错误,

故选：AB.

【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角､线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹,

12．设函数在区间上有定义，若，使得对于在区间上的任意，当时，恒有，则称函数在区间上一致连续.也就是说，若函数在区间上一致连续，对于区间内任意，只要充分接近，那么与也能够充分接近，则下列结论正确的是（    ）

A．函数在区间上一致连续

B．函数在区间上一致连续

C．函数在区间上一致连续

D．函数在区间上一致连续

【答案】BC

【分析】对于A项，令，充分大时可判定；对于B项，作差分子有理化放缩可得，可判定；对于C项，作差和差化积放缩可得

，即判定；对于D，取，则，但，利用定义即可判定；

【详解】对于选项，令，当充分大时，；另一方面，，不满足，因此，函数在上不一致连续，故错误；

对于选项，令，且，则，取，当，

且时，，

所以，函数在区间上一致连续，故正确；

对于选项，取，当时，有，

不妨令，令

即在定义域上单调递减，故，

所以恒成立，则，

当时，；

当时，，

综上，函数在区间上一致连续，故正确；

对于选项，对给定的充分小，不妨设，取，则，但，这说明，函数在区间上不一致连续，故错误.

故选：BC.

【点睛】本题考查学生阅读理解能力及逻辑推理素养，考查学生灵活运用所学知识解决问题的能力.

关键在于理解一致连续的意义，即自变量无限接近则其对应函数值无限接近，利用题目给出的一致连续的定义，我们可以得到函数在区间不一致连续的定义：对给定的某正数，不论取值多么小，总至少有，，满足，但，则称函数在区间不一致连续.这样可以找出一些反例.

三、填空题

13．已知的展开式的各二项式系数的和为64，则常数项为___________.（用数字作答）

【答案】

【分析】利用二项式系数的性质及二项式定理展开式的通项公式即可求解.

【详解】由题意可得，解得，.

设展开式中的第项为，

令，解得.

所以该展开式的常数项为.

故答案为：.

14．函数的最小值为___________.

【答案】1

【分析】先求定义域,再利用复合函数单调性即可判断出单调区间,进而求解最小值.

【详解】函数的定义域为.

由复合函数的单调性可知,在上单调递减,在上单调递增.

而.所以,函数的最小值为1.

故答案为:1.

15．已知抛物线与轴的交点分别为,点的坐标为,若过三点的圆与轴的另一个交点为,则___________.

【答案】

【分析】设过三点的圆的方程为,分别令,,得到关于的二元一次方程,根据韦达定理求解即可.

【详解】由题意可得,点在抛物线上,所以点在轴上方,即.

设过三点的圆的方程为,

令,则有;

令,则有,

设的横坐标分别为,

则也为方程的根,

由韦达定理可得,;

同理,为方程的根,

由韦达定理可得,

因此,,

即.

故答案为:.

16．已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作直线交椭圆于两点，若，则椭圆的离心率为___________.

【答案】

【分析】由条件推出，设，根据线段的比例关系表示出相关线段的长，解三角形求得，在中，再由余弦定理求得的关系，即可求得答案.

【详解】如图，由，可得，

又由，即可知，，

故，且，

设，则，而，于是，

由椭圆的定义可知，，即，

延长交椭圆于点，连接，则由椭圆的对称性可知，.

又，故，即为等腰三角形，

于是，，

在中，设，由余弦定理得，

即，

所以，椭圆的离心率为，

故答案为：

四、解答题

17．已知数列的首项为其前项和，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）应用，得出 是以为首项的常数列，数列的通项公式；

（2）求出通项公式，利用裂项相消法求，再证明即可.

【详解】（1）由题意，当时，.

当时，.又，

所以，当时，有，即.

这表明从第二项起，数列是以为首项的常数列，即.

所以，数列的通项公式为.

（2）由（1）可得，.

当时，，

所以，.

综上所述，对，都有.

18．在锐角中，角所对的边分别为，若.

(1)求；

(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角函数的诱导公式以及两角和的正切公式，化简整理可得，可得，进而即得；

（2）由余弦定理可推得，变形即可得出，根据已知条件，得出的范围，即可得出，然后根据不等式的性质得出，即可得出实数的取值范围.

【详解】（1）由，得，

整理可得.

又，所以.

因为，所以.

（2）由余弦定理可得，于是，，

所以，则，

由正弦定理得.

在锐角中，，则.

又，故，

所以，所以，

所以，，

因此，.

由题意可得恒成立，

于是，.

所以，实数的取值范围是.

19．如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，分别为的中点，平面与底面的交线为.

(1)证明：平面.

(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线所成角为，且满足？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）由已知可推得.根据线面平行的判定定理，可得平面.然后根据线面平行的性质定理，可得.进而即可得出证明；

（2）由已知可得.又易知，即可得出平面.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出平面的法向量以及，根据向量法表示出，根据已知，即可得出的值.

【详解】（1）因为分别为的中点，

所以，.

又平面，平面，

所以，平面.

又平面，平面与底面的交线为，所以，.

从而，.

而平面，平面，所以，平面.

（2）取的中点记为，连接，

因为是边长为2的正三角形，所以，.

由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.

由题意可得，即，

所以的面积.

设点到平面的距离为，

则由已知可得，于是.

因为，所以平面.

取的中点记为，连接，则.

因为，所以.

以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，设.

于是，，，.

设平面的一个法向量为，

则， 即，

取，则，，即是平面的一个法向量，

所以.

又直线与平面所成角为，

于是.

又，

而异面直线所成角为，于是.

假设存在点满足题设，则，

即，所以.

当时，，此时有；

当时，，此时有.

综上所述，这样的点存在，且有.

20．已知甲盒中装有大小质地完全相同的3个白球､2个红球，乙盒中装有大小质地完全相同的4个白球､1个红球.

(1)从甲､乙两盒中各任取两个球，记取出的球中红球的个数为随机变量，求的分布列和数学期望；

(2)先从甲盒中任取两个球放入乙盒，再从乙盒中任取两个球，求从乙盒中取出两个白球的概率.

【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望：

(2)

【分析】（1）确定变量的所有可能取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，即可求得数学期望；

（2）考虑从甲盒中取出的两个球的情况，根据全概率公式即可求得答案.

【详解】（1）由题意可得，随机变量的所有可能取值为.

表示从甲､乙两盒中取出的都是白球，故；

表示甲盒中取出1个白球1个红球､乙盒中取出2个白球,

或甲盒中取出2个白球､乙盒中取出1个白球1个红球，

故；

表示从甲盒中取出2个红球､乙盒中取出1个白球1个红球，

故,

于是，,

所以，随机变量的分布列为

数学期望为.

（2）设事件：从甲盒中取出两个红球，事件：从甲盒中取出两个白球，

事件：从甲盒中取出一个红球一个白球，事件：从乙盒中取出两个白球,

则两两互斥，且,

且,

,

于是

,

所以，从甲盒中任取两个球放入乙盒后，从乙盒中取出两个白球的概率为.

21．已知双曲线的一条渐近线为，右焦点为.

(1)求双曲线的方程；

(2)若过点作直线交双曲线的右支于两点，点满足，求证：存在两个定点，使得为定值，并求出这个定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）利用渐近线方程和焦点坐标可得方程；

（2）先根据韦达定理和表示出点的轨迹方程，根据方程特点可得答案.

【详解】（1）由题意可得，即.

又右焦点为，所以，即，可得.

因此双曲线的方程为.

（2）设点，

设直线的方程为，与双曲线的方程联立，

整理得，

则，整理得.

由根与系数的关系得，于是，

注意到，于是，解得.

又点满足，即整理得

两式消除得，代入消去得.

因此点的轨迹是以为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，

由双曲线的定义可知，存在两个定点，使得.

22．已知函数.

(1)若函数为其定义域上的单调函数，求实数的取值范围；

(2)若函数的极值点为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）把为上的单调函数, 转化为在上恒非正或恒非负，用解决范围问题；

（2）若函数的极值点为，则是方程的两个不等正实根，

把化简构造函数应用最值求解证明即可.

【详解】（1）函数的定义域为.

由题意，.

若函数为上的单调函数，则在上恒非正或恒非负.

又为开口向上的抛物线，从而知在上恒非正，

即在上恒成立，于是，，解得，.

所以，函数为上的单调递减函数时，实数的取值范围是.

（2）若函数的极值点为，则是方程的两个不等正实根，从而，，

解得

不妨设，则，且在上单调递减，

在上单调递增，从而为极大值点，为极小值点.

因此：

.

所以，原不等式等价于，

整理得其中.

设，则，且，

则不等式等价于，其中，

整理得，其中，

即，其中，

设，由，得，

即函数在上单调递增，在上单调递减，

于是，当时，取得最大值0，从而，，当且仅当时取等号.

而，所以，其中.

所以，原不等式成立，即.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.