2023届新疆维吾尔自治区部分学校高三二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届新疆维吾尔自治区部分学校高三二模数学（理）试题含解析，共22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届新疆维吾尔自治区部分学校高三二模数学（理）试题一、单选题1．已知复数z满足，则z的共轭复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先计算得出z，再求其共轭复数即可.【详解】由题知，所以，则，对应的点为，位于第四象限.故选：D．2．集合，，记，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先解不等式得，再按照交集的定义运算即可.【详解】由，解得，又，所以，而，则，即，对比选项可知，D正确，而A、B、C错误．故选：D．3．设等差数列的前n项和为，若，则（    ）A．18 B．36 C．54 D．108【答案】A【分析】可先由等差数列的通项公式求出，或由等差中项的性质求出，再由等差数列前n项和公式把转化为即可得出答案.【详解】解法一：设公差为，则由得，解得又.解法二：由得，即，解得又.故选：A．4．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据程序框图，逐项计算，找出计算的规律，即可求解.【详解】根据给定的程序框图，可得：经过第1次循环得到，，，，循环继续执行；经过第2次循环得到，，，，循环继续执行；经过第3次循环得到，，，，循环继续执行；经过第4次循环得到，，，，循环继续执行；经过第5次循环得到，，，，循环继续执行；所以，由上述可得函数的正负性为4个作为一个循环，因此，经过第2022次循环得到，，，，循环继续执行；经过第2023次循环得到，，，满足，循环终止，输出．故选：C．5．已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（    ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及得，从而，又由得点在以为圆心半径为1的圆面上（包括边界），利用数量积的几何意义求得，再利用三角形相似求OD长度即可求出最值.【详解】设，，，，，则如图所示，因为，所以，即，所以，因为，，所以，，由，可得点在以为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），过圆周上一点作的垂线，垂足为，且与相切，延长交于，则，此时∽，根据相似知识可得，所以，所以的最大值为，故选：D.6．在非等腰中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由三角函数的平方关系和平方差公式化简题目所给的方程得，构造函数，由的单调性得，从而得到，利用正弦定理角化边即可证明充分性，反之不成立则可说明不必要性.【详解】由，得，又因为所以所以或即，因为是非等腰三角形，所以舍去，所以，令，，则，所以在上单调递减，因为，所以，即，所以，由正弦定理可得，反之不成立，即为充分不必要条件．故选：A7．中国算力大会“算力中国”创新成果展区分为A区和B区两大板块.A区由最新数据中心产业图谱和国家新型工业化示范基地组成，B区由算力筑基优秀案例、算力赋能案例、算力网络案例组成.若从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果均是来自于B区的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据古典概型的概率公式，可直接计算概率.【详解】设从该成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则被抽到其中恰有2个成果均是来自于区的概率是.故选：D．8．如图是一个简单几何体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由视图还原得到原几何体为四分之一个圆锥，结合圆锥的侧面积公式、直角三角形和圆的面积公式，即可求解.【详解】如图所示，由三视图还原可得原几何体为四分之一个圆锥，其表面积为四分之一个圆锥侧面积、两个全等的直角三角形及四分之一个圆的面积之和，所以.故选：A．9．函数，的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据奇函数的对称性，排除A；讨论特殊点对应的函数值的正负，排除D；由，排除C，即可得到正确选项.【详解】对于A，因为关于原点对称，且，所以为奇函数，排除A；对于D，因为，所以，排除D；对于B，C，关键看还是，因为，所以，又，所以，所以，而，所以，所以排除C．故选：B10．已知抛物线的焦点为F，若抛物线上一点P满足，且直线PF的斜率为，则a的值为（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据抛物线标准方程可得其焦点坐标和准线方程，设，利用焦半径公式可得，再由PF的斜率为可得，联立抛物线方程可得.【详解】由已知得，抛物线准线方程为,设，则，即①,又因为直线的斜率为，所以，即，所以②,将①②代入，整理得，解得或，又，所以，故选：C11．已知在直三棱柱中，E，F分别为，的中点，，，，，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】延长，且与相交于，连接EG，并与相交于，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面，后由几何知识可得截面面积.【详解】解析：延长，且与相交于，连接EG，并与相交于，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面.在中，由，，得.在中，由，，得.因为为的中点，所以由平面几何知识可知，.所以，，即为AG的中点，所以.又由，可得，又，，所以.在中，由，，得，所以.所以在中，有，，，即，所以.又注意到，，则四边形AEDF的面积为.故选：B．12．已知函数，其中且，若函数图象上存在关于原点对称的点仅有两对，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题设，将问题化为在上有两个不同的实数根，进而有有两个实数根，利用导数研究右侧性质，数形结合求参数范围.【详解】关于原点对称的函数为，即，若函数图象上存在关于原点对称的点仅有两对，则与在上有两个不同的交点，所以方程在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，由，得，即，令，则，令，得，在上，单调递增，在上，单调递减，所以，且时，时，如图所示， 有两个不同的实数根等价于与有两个交点，则满足，解得．故选：C 二、填空题13．若实数x，y满足不等式组，则的最大值为______．【答案】1【分析】根据不等式组作出可行域，根据目标函数几何意义求最值.【详解】作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点时，取得最大值，此时．故答案为：114．已知双曲线C：的右焦点F到其中一条渐近线的距离为3，则双曲线的离心率______．【答案】/1.25【分析】利用双曲线焦点到渐近线的距离为，求出，利用，求出，然后可求得离心率．【详解】双曲线渐近性方程为，即，代入，则距离为，所以，所以，所以.故答案为：.15．已知函数满足下列条件：①是经过图象变换得到的；②对于，均满足成立；③的函数图象过点．请写出符合上述条件的一个函数解析式__________________．【答案】（答案不唯一）【分析】由①可设，根据②，设，求得，且，再由③求得的一个值为，即可求解.【详解】解：由①可设，又由②可知，不妨设，由，可得，且，所以，所以，由③，可得，即，所以的一个值为，因此函数的一个解析式为.故答案为：（答案不唯一）.16．对于函数和，设，，若存在m，n，使得，则称和互为“零点关联函数”，若函数与互为“零点关联函数”，则实数a的最小值是______．【答案】【分析】首先根据函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，结合“零点关联函数”的定义得出函数的一个零点为，则有，即，构造函数用导数解决问题.【详解】由函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，设函数的一个零点为，则有，即，所以由题知，在有零点，即方程在有解,构造函数，，，，在单调递减，，所以，，单调递增，且，,要使方程在有解，则，所以实数的最小值是-2.故答案为：-2． 三、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．(1)证明：；(2)若D为BC边上的点，，，求b的值．【答案】(1)证明见解析(2)3 【分析】（1）由正弦定理角化边，再进一步化简即可；（2）在和中由余弦定理分别列出方程，即可解出b的值，或利用向量的线性运算及数量积的运算法则结合条件即得.【详解】（1）证明：因为，所以由正弦定理得，又因为化简得：，所以即，故得证.（2）如图，解法一：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，又因为，所以．解法二：因为，所以，即．所以又因为，所以，又由(1)知，化简得，因为，所以，所以为等边三角形，又，所以，所以．18．网络直播带货助力乡村振兴，它作为一种新颖的销售土特产的方式，受到社会各界的追捧.某直播间开展地标优品带货直播活动，其主播直播周期次数（其中10场为一个周期）与产品销售额（千元）的数据统计如下：直播周期数12345产品销售额（千元）37153040根据数据特点，甲认为样本点分布在指数型曲线的周围，据此他对数据进行了一些初步处理．如下表：5538265978101其中，(1)请根据表中数据，建立关于的回归方程（系数精确到）；(2)①乙认为样本点分布在直线的周围，并计算得回归方程为，以及该回归模型的相关指数，试比较甲、乙两人所建立的模型，谁的拟合效果更好？(3)由①所得的结论，计算该直播间欲使产品销售额达到8万元以上，直播周期数至少为多少？（最终答案精确到1）附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，相关指数：．【答案】(1)(2)乙建立的回归模型拟合效果更好(3)10 【分析】（1）取对数，把非线性方程转化为线性方程，利用公式求解系数可得答案；（2）根据公式求解相关指数，比较两个方程的相关指数的大小可得结论；（3）利用乙的方程进行预测，求解不等式可得结果.【详解】（1）将两边取对数得，令，则;∵，∴根据最小二乘估计可知，;∴，∴回归方程为，即．（2）①甲建立的回归模型的．∴乙建立的回归模型拟合效果更好．（3）由①知，乙建立的回归模型拟合效果更好．设，解得，∴直播周期数至少为10.19．如图，在直四棱柱中，，，为等边三角形．(1)证明：；(2)设侧棱，点E在上，当的面积最小时，求AE与平面所成的角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AC，并与BD相交于P， 根据为等腰直角三角形和为等边三角形，得到，再由直四棱柱的性质得到，由线面垂直的判定定理证明； （2）以A为坐标原点，以AB，AD，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，再由求解.【详解】（1）证明：连接AC，并与BD相交于P，如图所示，由题可知，为等腰直角三角形，且为等边三角形，所以点P为BD的中点，且在直四棱柱中，有平面ABCD且平面ABCD，所以，又，BD，平面、所以平面，又平面，所以，在四边形中，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，所以；（2）由（1）知平面，且平面，所以，即的面积为，要使的面积最小，则PE为最小，即，根据及边长可知点E为靠近点B的三等分点，以A为坐标原点，以AB，AD，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，设平面的一个法向量为则，即，令，则，所以，又则， 所以AE与平面所成的角为60°20．已知，是椭圆C：的左、右焦点，点是C上一点，的中点在y轴上，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)已知过椭圆上一点的切线方程为．设动直线l：与椭圆C相切于点P，且与直线相交于点Q，试探究：在x轴上是否存在定点F，使得以PQ为直径的圆恒过点F？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，的坐标为 【分析】（1）由的中点在y轴上，且，得到，，进而得到的值，即可求解；（2）设动点，得到直线l的方程为，令，求得Q坐标为，再由，假点，列出方程，结合恒成立，求得的值，即可求解.【详解】（1）解：设，由的中点在y轴上，且O为，的中点，可得轴，即，又由，可得，即，，所以，即，解得，则，所以椭圆C的方程为.（2）解：因为过椭圆上一点的切线方程为，设动点，则直线l的方程为， 即令，则代入①，解得，所以Q坐标为，由以PQ为直径的圆恒过点F，可得，即假设存在点，则，于是整理得，由该方程对于任意的恒成立，可得，因此，存在定点符合条件.【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.21．已知函数，，其中为自然对数的底数．(1)若有两个极值点，求的取值范围；(2)记有两个极值点为、，试证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求得，令，分析可知有个变号零点，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于的不等式，解之即可；（2）欲证，即证，由已知条件得出，令，解得，，将所证不等式变形为，然后令，其中，利用导数证得即可.【详解】（1）解：因为，，，设，则，若有两个极值点，则有个变号零点．当时，，在上递增，至多有一个零点，不符合题意，舍去；当时，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，若使得有个变号零点，则，即，即，解得，此时，，，令，其中，所以，，所以，函数在上单调递增，所以，，故，由零点存在定理可知，函数在、上各有一个变号的零点，设函数在、上的零点分别为、，当或时，；当时，.此时函数有两个极值点，合乎题意.综上所述，.（2）证明：欲证，即证，由于、为的零点，则，可得，令，则，解得，，所以只需证明：，即证：，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递减，则，所以，即得证，故.【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明（或）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（2）证明（或）（、都为正数）：①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；(2)设点，若直线与曲线交于A、B两点，且，求实数的值．【答案】(1)（为参数），(2) 【分析】（1）利用极坐标与普通方程的互化，，得到直线的普通方程，从而求出参数方程，再通过消去曲线的参数，即可求出曲线的普通方程；（2）利用参数方程的几何意义和条件即可求出实数的取值.【详解】（1）因为，所以，又因为，，所以化简为，所以直线的参数方程为（为参数），由（为参数），消去得；，所以曲线的普通方程为.（2）设两点对应参数分别为，由知，与反向，所以点在圆内，将直线的参数方程（为参数），代入曲线的普通方程， 得到，由韦达定理得，，，又因为直线和曲线有两个不同的交点，则，即，解得，又因为点在圆内，所以，得到，又由，得到，所以，由参数的几何意义知，，又因为，不妨设，由，得到，解得，满足条件，所以实数的值为．23．设函数，．(1)当时，求不等式的解集；(2)对任意，恒有，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由绝对值不等式的解法，当a=2，分，，三种情况讨论，求解不等式即可得解；（2）分析可得原题意等价于，结合绝对值不等式分析运算.【详解】（1）当时，可得，当时，则，解得，此时得；当时，则，此时无解；当时，则，解得，此时得；综上所述：不等式的解集为．（2）对任意，恒有，等价于，因为，当且仅当时，等号成立所以，且，即，解得或，所以实数的取值范围为．【点睛】考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．