2023届新疆维吾尔自治区莎车县第九中学等2校高三二模数学（文）试题含解析

这是一份2023届新疆维吾尔自治区莎车县第九中学等2校高三二模数学（文）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届新疆维吾尔自治区莎车县第九中学等2校高三二模数学（文）试题一、单选题1．复数，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用复数的四则运算和共轭复数即可求出结果．【详解】因为，所以，解得，故选：C．2．集合，为1~10以内的质数}，记，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】通过质数的概念化简集合B，然后利用交集运算求解集合M，根据选项逐一判断即可.【详解】因为为1~10以内的质数}，又，则，对比选项可知，，即D正确，ABC错误.故选：D.3．在正项等比数列列中，若，，依次成等差数列，则的公比为（    ）A． B． C． D．1【答案】D【分析】利用等比数列的公比和等差数列的等差中项，进行基本量的运算即可求出结果.【详解】设等比数列的公比为，由，，依次成等差数列，得，即，所以，即，解得或，又因为是正项等比数列，所以，得到，故选：D．4．阅读下图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用导数的运算法则及基本初等函数的导函数公式，模拟执行程序，找到规律，从而得解.【详解】当时，，，，循环执行；当时，，，，循环执行；当时，，，，循环执行；当时，，，，循环执行；当时，，，，循环执行；当时，，，，循环执行；依次下去，不难发现，周期为，当时，，，，循环执行；当时，，，满足，跳出循环，输出．故选：C．5．下列有关事件的说法正确的是（    ）A．若，则事件A，B为对立事件B．事件A，B中至少有一个发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率大C．若A，B为互斥事件，则D．若事件A，B，C满足条件，和为互斥事件，则【答案】C【分析】根据互斥事件、对立事件的定义，条件概率的定义判断．【详解】对于A，若在不同试验下，虽然有，但事件和不对立．若在同一试验下，说明事件和对立．所以A错误；对于B，若事件和都为不可能事件，则B错误；对于C，互斥，若对立，则，若不对立，则，C正确；对于D，若事件A，B，C满足条件，和为互斥事件，则，则D错误，故选：C．6．平面内三个单位向量，，，满足，若，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由，可得，后结合与可得答案.【详解】由得，所以，即.因为，所以，又将代入，整理得，解得.故选：D．7．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先判断出是奇偶性，排除A、C，再由的正负排除D，从而得到答案.【详解】由题知，则定义域为，∵，即，所以在上为奇函数，故图象关于原点对称，排除A、C，又∵当时，，排除D，故选：B．【点睛】考查利用函数的奇偶性和单调性、特殊点等性质研究函数图象.考查学生分析问题、解决问题的能力，同时考查直观想象、数学抽象、逻辑推理等核心素养．8．在中，角A，B，C所对的过分别为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】C【分析】利用三角恒等变换及正弦定理即可判定.【详解】由二倍角公式可化简得：，而，故，由正弦定理可得，反之，也成立，即为充要条件.故选：C．9．已知函数，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判断的对称性与单调性，再利用中间值法得，最后利用单调性比较大小即可.【详解】因为，所以的对称轴为，则有，又当时，得，而和均在区间上单调递增，所以在区间上单调递增，又，，即，所以，即.故选：A10．已知抛物线的焦点为，若抛物线上一点满足，则过点的切线方程为（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】B【分析】由结合抛物线定义可得，后由导数几何意义可得切线方程斜率，即可得答案.【详解】由已知得，准线方程为.设，P点到准线距离为d.则由抛物线定义有，即.将代入得，，所以.注意到则当的坐标为时，过点的切线斜率为，所以过点的切线方程为，即，当的坐标为时，过点的切线斜率为，所以过点的切线方程为，即，综上，过点的切线方程为或．故选：B11．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．若函数在区间上的三个零点为，，，且，且，则下列结论：（   ）①的最小正周期为；                ②在区间有3个极值点；③在区间上单调递增；        ④为函数离原点最近的对称中心．其中正确结论的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】先利用条件求出，再利用三角函数的图像与性质，以及的零点、极值点，逐一对各个选项分析判断即可得到结果．【详解】令，则由，得，所以，由，得到如图，由的图像与性质知，，，即化简得，将代入得，所以，故①正确；对于②，因为，由的图像与性质知，函数的极值点，即函数的最值点，所以由，得到，又因为，所以或， 所以在区间上有且仅有2个极值点，故②错误；对于③，由，，得，所以在上单调递增，在上单调递减，由，得到，由，得到，所以在区间在上单调递增，在区间上单调递减，故③错误；对于④，令，解得，当时，为最小，所以函数离原点最近的对称中心为，故④错误．故选：B． 二、填空题13．已知双曲线的右焦点到其中一条渐近线的距离为3，则________．【答案】16【分析】先求得双曲线的渐近线的方程，根据F到渐近线的距离运算求解.【详解】由题意可知：，则，且焦点在x轴上，故渐近线方程可以为，即，则点到渐近线的距离为，即，解得，故答案为：16．【点睛】考查双曲线的基本性质，以及点到线的距离公式运用，考查数学运算核心素养.考查数学的基础性.14．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：115．若，则________．【答案】【分析】利用角的正余弦表示m，再利用凑特殊角的方法结合差角的正弦求解作答.【详解】依题意，.故答案为：16．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是________．【答案】【分析】通过对进行分类讨论，利用导数来判断函数的单调性，再利用函数零点的存在性定理，判断出函数在定义上的零点，进而得出结果．【详解】因为，所以当时，有，解得，所以当时，有两个零点，不符合题意；当时，由，解得或，且有，，当，，在区间上单调递增；当，，在区间上单调递减；当，，在区间上单调递增；又因为，，所以，存在一个正数零点，所以不符合题意；当时，令，解得或，且有，当，，在区间上单调递减；当，，在区间上单调递增；当，，在区间上单调递减；又因为，，所以，存在一个负数零点，要使存在唯一的零点，则满足，解得或，又因为，所以，综上，的取值范围是．故答案为：. 三、解答题17．已知数列中，，数列的前项和为，对于，都满足，（）．(1)证明：数列为等差数列，并求；(2)已知数列满足，记数列的前项和为，求．【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）利用结合可得答案；（2）由（1）可得，后由分组求和法可得答案.【详解】（1）当时，由得化简得，即又，所以数列是以首项为1，公差为1的等差数列，即；当，符合上式，所以（2）由（1）知，，则，故.即18．如图，在直四棱柱中，，，为等腰三角形，且．(1)证明：；(2)设侧棱，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明面，利用线面垂直即可得出线线垂直；（2）先得出满足条件的E位置，利用三棱锥的体积计算即可.【详解】（1）证明：连接AC，并与BD相交于，如图所示，由题可知，为等腰直角三角形，且为等腰三角形，所以点为BD的中点，且在直四棱柱中，有平面ABCD且平面ABCD，所以，又，、平面所以平面，又平面，所以，在四边形中，有，，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，根据及边长可知点为靠近点的三等分点，，即点到底面ABC的距离为在等腰中，由，，所以，在等腰中，因为，所以由勾股定理可得，所以因此的面积为所以三棱锥的体积为综上，三棱锥的体积为19．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10.20．已知，是椭圆的左、右焦点，点是上一点，的中点在轴上，为坐标原点．(1)求椭圆的方程；(2)过点任意作两条倾斜角互补的直线交椭圆于B，C两点，设直线BC的斜率为，证明：为定值，并求的值．【答案】(1)(2)证明见解析，． 【分析】（1）根据中点在轴上，得出结合椭圆经过点的坐标可求方程；（2）解法一联立方程写出韦达定理，利用斜率公式进行化简，可得为定值；解法二利用点在椭圆上，代入方程，作差表示出斜率，利用斜率关系可得为定值.【详解】（1）设，由的中点在轴上，为的中点，得轴，即，又由得，即，，所以，即，解得，，所以椭圆的方程为．（2）证明：解法一:设直线BC的方程为，点，，联立方程组消去，整理得关于的方程为；则，，.因为直线AB和直线AC的倾斜角互补，所以其斜率互为相反数，即，所以，即，整理得，将，及代入上式，整理得，将，代入上式，化简整理得，即，所以，解得或.当时，代入消去得，即直线BC过定点，与题意不符；所以，即为定值.解法二：设两直线与椭圆交于点，，则①，②，③，①－③，得，，同理，，因为，所以④，⑤，④⑤展开得，相减得，即，所以为定值．21．已知函数，，，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：对于，都有恒成立．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导，化简导函数后，讨论参数的取值范围，通过导函数的正负来求出解集，从而求出单调区间；（2）转化为具体函数，化简后构造函数，再结合常用的切线不等式解决问题.【详解】（1）由题意可得 当时，，；，，所以在上单调递减，在上单调递增．当时，，；，；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，，，所以在上单调递增，当时，，；，；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．综上，当时，在上单调递减，在上单调递增．当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）当时，，对于，都有恒成立．等价于构造函数，，令，解得当，，当时，，所以先减后增，所以，即因此成立，故对于，都有恒成立．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力；其中构造常用的切线不等式的形式举例如下：，等.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．