2023届内蒙古包头市高三二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届内蒙古包头市高三二模数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届内蒙古包头市高三二模数学（理）试题一、单选题1．若，则（    ）A．5 B． C． D．3【答案】B【分析】由题意求，进而可求其模长.【详解】∵，则，则.故选：B.2．设集合，且，则（    ）A． B． C．8 D．6【答案】C【分析】化简集合A、B，根据交集的结果求参数即可.【详解】由，可得或，即或，而，∵，∴，可得.故选：C3．已知为抛物线上第一象限的一点，以点B为圆心且半径为12的圆经过C的焦点F，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线的方程结合抛物线的定义列式求解.【详解】由题意可得：抛物线的焦点坐标，准线，则，解得.故选：D.4．正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体、正六面体（即正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体．若连接某正方体的相邻面的中心，就可以得到一个正八面体，已知该正八面体的体积为36，则生成它的正方体的棱长为（    ）A．8 B．6 C．4 D．3【答案】B【分析】设正方体的棱长为，由条件结合锥体体积公式列方程求解即可.【详解】设正方体棱长为，可得正八面体是由两个四棱锥构成，四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，则正八面体体积为，解得，∴.故选：B.5．某射手每次射击击中目标的概率均为，且各次射击的结果互不影响．设随机变量X为该射手在n次射击中击中目标的次数，若，则P的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意结合二项分布的期望和方差公式运算求解.【详解】由题意可得：，则，解得.故选：C.6．函数的图象在点处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程.【详解】因为，则，所以，，，因此，函数的图象在点处的切线方程为，即.故选：A.7．若函数在的大致图象如下图，则（    ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据图象结合最小正周期和零点求，进而可求结果.【详解】设函数的最小正周期为，由图象可得：，即，可得，解得，则，所以.故选：A.8．的展开式中的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，因为，在中，令可得，在中，令可得，因此，展开式中的系数为.故选：D.9．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意结合倍角公式求，再根据同角三角关系“知一求二”.【详解】由题意可得：，即，解得或，∵，则，故，可得，所以.故选：B.10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三视图还原几何体，进而求相应的棱长，即可判断.【详解】根据三视图还原几何体，如图所示：可得：平面，，∵平面，平面，则，∴，由于，则该三棱锥中最长的棱的长度为.故选：C.11．双曲线的两个焦点为，以C的虚轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C的渐近线交于点H，若的面积为，则C的离心率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】根据几何关系表示出切线的方程为，进而可求点的坐标，表示出三角形的面积，利用齐次化法求离心率.【详解】如图，不妨设切线的倾斜角为锐角，过的直线与圆相切于点，则,且所以，所以，即切线的斜率等于，所以切线的方程为，联立，解得，所以，所以，即，解得或（舍），所以，则，即，所以离心率为，故选:D.12．若是奇函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据奇函数的定义结合对数运算求解.【详解】若是奇函数，可得，则，可得，解得，所以.故选：A. 二、填空题13．若x，y满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】3【分析】根据约束条件画出可行域，然后作出目标函数的一条等值线，利用等值线在可行域中进行平移找到取得最大值的最优解，可得结果.【详解】根据约束条件可作图如图，由目标函数，令，得到目标函数的一条等值线，故点当直线移到点时，目标函数有最大值则，故答案为：3.14．已知，，与的夹角为，且，则_________．【答案】/【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律展开，代入已知条件，即可得出答案.【详解】由已知，可得，即.又，，所以，所以，，所以.故答案为：.15．已知圆C经过点和点，且圆心在直线上，则圆C的标准方程为__________．【答案】【分析】求出线段AB的中垂线方程，与直线联立，可得圆心坐标，根据两点间距离公式求出半径，可得圆的方程．【详解】因为，，所以直线的斜率为，线段中点为，所以中垂线方程为，即，联立，解得，所以圆心的坐标为.根据两点间的距离公式，得半径，因此，所求的圆的方程为.故答案为：.16．已知A，B，C为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则当的面积最大时，球的表面积为__________．【答案】【分析】求得的半径，根据正弦定理得出，，然后代入整理得出的面积.设，，求导得出函数的最大值点，进而得出.根据勾股定理求出球的半径，即可得出答案.【详解】设的半径为，球的半径为，则，所以.由正弦定理可得，，.因为，所以，所以.设，，则.因为，由可得，.由可得，.因为，所以，所以，所以，所以，在上单调递增；由可得，，由，可知，所以，所以，在上单调递减.所以，当时，取得唯一极大值，也是最大值.此时，为等边三角形，且，所以，.由图象可得，在中，有，，所以，，即，所以，球的表面积为.故答案为：. 三、解答题17．已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，，，．(1)若，且等比数列的公比大于0，求和的通项公式；(2)若，求．【答案】(1)，(2)或 【分析】（1）设的公差为d，的公比为q，根据已知写出的表达式.然后列出方程组，求解即可得出的值，代入即可得出答案；（2）检验可得不满足题意.根据等比数列前项和公式可得，解得，或.分别求出的值，得出，然后根据等差数列前项和公式计算即可得出答案.【详解】（1）设的公差为d，的公比为q，，则，．联立，即，因为，解得，                 所以，.（2）设的公差为d，的公比为q.当时，，不满足题意，所以.所以，，整理可得，解得，或.           当时，，由，得，所以，故 ；当时，，由，得，所以，故 .18．甲、乙、丙三个学校进行篮球比赛，各出一个代表队，简称甲队、乙队、丙队．约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个队，另一队轮空；每场比赛的胜队与轮空队进行下一场比赛，负队下一场轮空，直至有一队被淘汰；当一队被淘汰后，剩余的两队继续比赛，直至其中一队被淘汰，另一队最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙两队首先比赛，丙队轮空．设甲队与乙队每场比赛，甲队获胜概率为0.5，甲队与丙队每场比赛，甲队获胜概率为0.6，乙队与丙队每场比赛，乙队获胜概率为0.4．记事件A为甲队输，事件B为乙队输，事件C为丙队输，(1)写出用A，B，C表示“乙队连胜四场”的事件，并求其概率；(2)写出用A，B，C表示“比赛四场结束”的事件，并求其概率；(3)求“需要进行第五场比赛”的概率．【答案】(1)事件为ACAC，概率为；(2)事件分别为BCBC，ACAC，ABAB和BABA，概率为；(3). 【分析】（1）根据给定条件，写出所求事件，再利用相互独立事件的概率公式计算作答.（2）比赛四场结束的事件是三个互斥事件的和，写出该事件，再利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解作答.（3）由（2），利用对立事件求出概率作答.【详解】（1）依题意，， “乙队连胜四场”的事件为ACAC，所以.（2）“比赛四场结束”共有三种情况，分别是：“甲队连胜四场”为事件BCBC； “乙队连胜四场”为事件ACAC；“丙队上场后连胜三场”为事件ABAB和事件BABA，所以，“比赛四场结束”的概率为．（3）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，所以，需要进行第五场比赛的概率为.19．如图，四棱锥中，侧面底面ABCD，，，，，E，F分别是SC和AB的中点，．(1)证明：平面SAD；(2)点P在棱SA上，当与底面所成角为时，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设M为SD的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论；（2）设N是DC的中点，由面面垂直判定定理证明平面，再证明，以点为原点，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，由向量夹角公式求点的坐标，再求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.【详解】（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，因为ME是的中位线，所以，又因为，且，所以底面ABCD为平行四边形．所以，又，且，故，且，所以四边形是平行四边形，                     所以，又平面，平面，所以平面．         （2）因为，又，所以，故．设N是DC的中点，连接SN，因为，所以，又平面平面，平面SDC，平面底面，所以平面．                                          连接，在中，，所以是正三角形，在中，，所以，所以，即．                          因为两两互相垂直，故以为坐标原点，以向量为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．               在中，由余弦定理得．过点P作，，因为平面，所以底面，因为，所以与相似，因为，所以．设P的坐标为，则，，故，设底面ABCD的法向量为，当PF与底面ABCD所成角为时，与所成角为．故，即，解得．              所以．设平面的法向量为，则，即取，可得，所以为平面的一个法向量，设平面PAF的法向量为，则，即，取，可得，所以为平面的一个法向量，故．所以二面角的正弦值为．20．已知定点，及动点，点R是直线MQ上的动点，且．(1)求点R的轨迹C的方程；(2)过点的直线与曲线C交于点A，B，试探究：的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，最大值为 【分析】（1）设点的坐标为，由条件列关系式求轨迹方程；（2）设直线AB的方程为，联立方程组结合设而不求法求的面积，利用导数求其最大值.【详解】（1）设点的坐标为，由已知，，，因为点R是直线MQ上，所以，因为，所以，即， 所以化简得，．因为，所以，故点R的轨迹C的方程为．（2）过点的斜率为的直线与曲线没交点，不满足要求，故设直线AB的方程为，由，消去x并整理，得，方程的判别式，设，则，                  所以，的面积，  设，则，设，则，在是增函数，              故，即，有，因此，当，即时，S存在最大值为．【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21．设函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若有两个极值点，①求a的取值范围；②证明：．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)①②证明见解析 【分析】（1）利用导函数与单调性的关系求解；（2）①根据方程的根与函数的图象的关系，利用导数讨论单调性最值即可数形结合求解；②根据可得，再将要证不等式双变量转化为单变量问题证明求解.【详解】（1）当时，，故，  所以，当时，；当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）①，依据题意可知有两个不等实数根，即有两个不等实数根．                由，得，所以有两个不等实数根可转化为函数和的图象有两个不同的交点，令，则，由，解得；由，解得；所以在单调递增，在单调递减，所以．又当时，，当时，，因为与的图象有两个不同的交点，所以．          ②由①可知有两个不等实数根，联立可得，所以不等式等价于．令，则，且等价于．所以只要不等式在时成立即可．                设函数，则，设，则，故在单调递增，得，所以在单调递减，得．综上，原不等式成立．【点睛】关键点点睛：本题的第二问的第②小问解决的关键在于将双变量问题转化为单变量问题，从可得，代入即可得，令，进而证明单变量不等式即可.22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)写出C的普通方程；(2)若A，B是C上异于坐标原点O的两动点，且，，并与线段AB相交于点P，求点P轨迹的极坐标方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）消参求普通方程；（2）设，根据得，再根据得 ，进而可得，再由A，P，B三点共线，可得，整理可得，进而可求解.【详解】（1）由C的参数方程消去参数t，得C的普通方程为．（2）根据（1），设，（，且），则，因为，所以，得，       又，因为，所以，即，      因为A，P，B三点共线，所以，即，整理得，把和，代入上式，得，故点P轨迹的极坐标方程为．23．已知函数．(1)画出和的图象；(2)若，求a的值．【答案】(1)图象见解析(2)6 【分析】（1）利用分段函数的性质作图；（2）利用绝对值不等式的解法结合函数图象求解.【详解】（1）由已知得，，  和的图象如图所示．（2）的图象是由函数的图象向左平移a（）个单位长度，或向右平移（）个单位长度得到的，根据图象，可知把函数的图象向右平移不符合题意，只能向左平移．              当向左平移使的图象的右支经过的图象上的点时为临界状态，如图所示，此时的图象的右支对应的函数解析式为，的图象的左支与的图象的一部分重合，代入点的坐标，则，解得．因为，所以，故a的值为6．