安徽省滁州市定远中学2023届高三数学下学期第二次模拟试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省滁州市定远中学2023届高三数学下学期第二次模拟试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届高三数学第二次模拟检测试卷
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解得集合，与集合取交集.
【详解】，即，
由，得.
故选:B.
2. 已知，其中为虚数单位，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则求出，再根据共轭复数定义求.
【详解】因为
所以
故．
故选：B．
3. 中，点M是BC的中点，点N为AB上一点，AM与CN交于点D，且，.则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量基本定理得到，结合平面向量共线定理得推论得到，求出.
【详解】因为点M是BC的中点，所以，
故，则，
故，
因为三点共线，所以存在使得，
即，则，
所以，解得：.
故选：A
4. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，是指在下雨时可以用圆台形的盆接雨水来测量降雨量．若一个圆台形盆的上口直径为40cm，盆底直径为20cm，盆深20cm，某次下雨盆中积水9cm，则这次降雨量最接近（注：降雨量等于盆中水的体积除以盆口面积）（ ）
A. 5cm B. 5.3cm C. 5.5cm D. 5.8cm
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式求出水的体积，再除以盆口面积即可.
【详解】根据题意，盆中水的体积约为，
降雨量等于．
故选：B．
5. 从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于40的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用古典概率模型求解.
【详解】从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字构成一个两位数，
共有种方法，
这个两位数大于40的共有共8种，
故这个两位数大于40的概率为，
故选:B.
6. 将函数的图象向左平移个单位，所得图象对应的函数在区间上单调递增，则的最大值为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将函数的图象向左平移个单位，可得函数，求得其单调递增区间为，令，可得函数的单调递增区间为，进而根据函数在区间上单调递增，即可求解.
【详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位，
可得函数，
令，解得
即函数的单调递增区间为，
令，可得函数的单调递增区间为，
又由函数在区间上单调递增，则的最大值为，故选A.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象变换得到函数的解析式，再根据三角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题.
7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，

而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
8. 设，，，则（ ）
A. a＜b＜c B. c＜b＜a
C. c＜a＜b D. a＜c＜b
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据导数探究单调性，即可判断和的大小；构造函数，再令，通过二次求导探究单调性，即可判断和的大小.
【详解】由，，，
得，，，
构造函数，则，
当时，x＝1，
时，，单调递减；
时，，单调递增，
在x＝1处取最小值，
时，，即，
取，得，
，，即；
设，
则，
令，，
因为当时，令，
，单调递减，
又时，，则，即，
所以，
因为当时，，
所以当时，，函数单调递增，
又，所以，即，
所以当时，函数单调递增，
所以，即，
，即，
.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查构造函数，利用导函数探究单调性来比较大小，考查求导运算，属于中档题.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知函数则（ ）
A. 没有极值点
B. 当时，函数图像与直线y＝m有三个公共点
C. 点是曲线的对称中心
D. 直线是曲线的切线
【答案】CD
【解析】
【分析】证明函数为奇函数即可判断C，由导数判断函数的单调性，得到函数的大致图像，即可判断AB，然后根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】因为，时，
，所以为奇函数，则关于点对称，故选项C正确；
当时，，令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减，，又为奇函数，
画出的大致图像，

由图知选项A错误，选项B错误；
假设是曲线的切线，设切点为，则，解得
，或；
当时，直线是曲线的切线，故选项D正确．
故选：CD．
10. 已知正方体的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱上运动，N在底面ABCD内（N可以在正方形ABCD边上）运动，线段MN中点的轨迹为Ω，Ω与平面ABCD、平面和平面围成的区域内有一个小球，球心为O，则（ ）
A. 球O半径的最大值为
B. Ω被正方体侧面截得曲线的总长为
C. Ω的面积为
D. Ω与正方体的表面所围成的较小的几何体的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直角三角形的几何性质可以确定MN中点的轨迹Ω是以D为球心，1为半径的球面在正方体内部的部分，由此判断出B、C、D；球O半径取最大值时与Ω与平面ABCD、平面和平面相切，根据几何关系判断A.
【详解】
连接DN，当M不在底面ABCD内时△MND为直角三角形，所以MN中点到D的距离为1，
所以MN中点的轨迹Ω是以D为球心，1为半径的球面在正方体内部的部分，
设球O半径最大值为r，
当球O半径最大时，球O与平面ABCD、平面、平面和轨迹Ω都相切，
因为球D半径为1，两球的球心距离为1－r，，
所以，，所以A正确；
因为Ω被正方体一个侧面截得曲线的长度是1为半径的圆的，
所以Ω被正方体侧面截得曲线总长为，B正确；
因为Ω是半径为1球面的，所以Ω的面积为，C错误；
因为Ω与正方体的表面所围成的较小的几何体的体积为球体积的，
所以体积等于，D正确；
故选：ABD．
11. 已知是抛物线的焦点，，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（ ）
A. 若，则的面积为
B. 若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
C. 若直线过点，则的最小值为1
D. 若，则直线恒过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用抛物线焦点弦的性质，可判定A，C正确；利用拋物线的定义，数形结合求解四边形的周长，可判定判断B不正确；设直线的方程为，联立方程组，结合根与系数的关系，求得的值，可判定D正确．
【详解】对于选项A中，设，由焦半径公式得，解得，所以，
所以，所以A正确；
对于选项B中，由题意知，根据抛物线的定义可知，
设与轴的交点为，易知，，故，
所以四边形的周长为，所以B错误；
对于选项C中，若直线过点，则当轴时，最小，且最小值为1，
所以C正确；
对于选项D，设直线，，，
联立直线与抛物线方程得，则，所以，
由可得，即，解得，
故直线的方程为，即直线恒过定点，选项D正确．
故选ACD．
【点睛】对于抛物线的焦点弦的性质的结论拓展：
若是一条过抛物线焦点的弦，当所在直线的倾斜角为，设，，可得，则，弦长；同时通径是指过抛物线的焦点且垂直于抛物线对称轴的弦，弦长等于，且通径是过焦点的最短的弦．
12. 已知奇函数，恒成立，且当时，，设，则（ ）
A.
B. 函数为周期函数
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数的图像既有对称轴又有对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】由与的关系式及的周期性、奇偶性，即可求和判断的周期，进而判断A 和B；利用奇函数性质求在上的解析式，结合的周期性及求上的解析式判断C，利用对称性判断、是否成立判断D.
【详解】因为，所以，，又为奇函数，故，利用，可得
，故的周期为4；
因为周期为4，则的周期为4，又是奇函数，
所以，A错误，B正确；
当时，，因为为奇函数，故时，，因为恒成立，令，此时，，则，，故时，，
令，即，则，即；
令，即，则，即；
令，即，，
所以，
根据周期性在上的图像与在相同，
所以，当，即时，，故在上单调递减，C正确；
由是周期为4的奇函数，则且，
所以，故关于对称，
，所以关于对称，D正确.
故选：BCD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 在的展开式中含的项为第5项，设，则的值为____________．
【答案】255
【解析】
【分析】利用给定条件，求出n的值，再利用赋值法求解作答.
【详解】展开式的通项为，
依题意，时，，解得，令，
，，
所以.
故答案为：255
14. 已知圆：和圆：的公共弦所在直线横过定点P，若过点P的直线l被圆上截得的弦长为，则直线l的方程为_____________．
【答案】x＝2或y＝1
【解析】
【分析】两圆方程相减，可得公共弦所在直线方程，从而得定点的坐标，由题意知圆心到直线l的距离为1，设直线l的方程为，利用点到直线的距离公式求出m，然后验证直线x＝2也满足题意，即可得出答案.
【详解】两圆方程相减，可得公共弦所在直线为，
令，则，所以该直线过定点，
过点P的直线l被圆上截得的弦长为时，圆心到直线l的距离为1，
设直线l的方程为，
所以，∴m＝0，直线l的方程为y＝1，
显然直线l的方程为x＝2时也满足题意，
故答案为：x＝2或y＝1．
15. 若曲线在在，两点处的切线互相垂直，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】化简可得，求出导数可得切线斜率在范围内，即可得出切线斜率必须一个是1，一个是，即可求出.
【详解】，

曲线的切线斜率在范围内，
又曲线在两点处的切线互相垂直，
故在，两点处的切线斜率必须一个是1，一个是.
不妨设在A点处切线的斜率为1，
则有，，
则可得，
所以.
故答案为：.
16. 已知曲线C：，点M与曲线C的焦点不重合．已知M关于曲线C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在曲线C上，若m＝1时，的值为a，m＝－1时，的值为b，则的值为_____________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据中位线的性质和椭圆的定义求，根据中位线的性质和双曲线的定义求，由此可求.
【详解】设曲线C的左右焦点分别为，，
若m＝1，则曲线C为椭圆，由中位线及椭圆定义知，，
所以；
若m＝－1，则曲线C为双曲线，由中位线及双曲线定义知，，所以
，，
a＋b＝或．
故答案为：或.


四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 设数列的前n项和，数列满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若数列的前n项和，，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求得的通项公式，再代入即可；
（2）根据裂项相消求得，代入，再用错位相减法求得.
【小问1详解】
当n＝1时，；
由得（n≥2），
∴（n≥2），
又也符合，
∴，
．
【小问2详解】
，
∴．
∴，①
∴，②
①，②两式相减得：，
所以．
18. 在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②这两组条件中选择一组作为已知，使存在且唯一确定，求．
条件①：，；
条件②：；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件代入二倍角的余弦公式，化简可得，即可求解；
（2）若选条件①：根据余弦定理得到，则，无解；
若选条件②：根据，，得到，又根据正弦定理得到，解得，后代入正弦定理即可求解．
【小问1详解】
解：因为，所以，
所以，则，
又，；
【小问2详解】
若选条件①：因为，所以，
所以，则，
故无解；
若选条件②：因为，又，所以，
由正弦定理得：，所以，
所以，又，所以，，
因为，
所以.
19. 2022年1月初，某市爆发了一种新型呼吸道传染疾病，该疾病具有较强的传染性，为了尽快控制住该传染病引起的疫情，该市疫情监控机构统计了1月12日到15日每天新增病例的情况，统计数据如表：
1月x日
12
13
14
15
新增病例y人
26
29
28
31

（1）已知在1月12日新增的26人病例中有16人年龄在60岁以上，工作人员从这26人中任选2人研究病人的感染情况，若这2人中60岁以上的人数为X，试求X的分布列；
（2）疫情监控机构对题中的统计数据作线性回归分析，可以根据表格中的数据建立y关于x的线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；
（3）根据（2）中的线性回归方程，预测到哪一天新增病例人数将超过36人⋅
附：对于一组组数据，，，…，，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
参考数据：．
【答案】（1）分布列见解析
（2）y＝1.4x＋9.6
（3）1月19日新增病例人数将超过36人．
【解析】
【分析】（1）由条件确定随机变量的可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列；
（2）由所给数据，利用最小二乘法结论求即可；
（3）根据回归方程预测即可.
【小问1详解】
X可能的值为，
，，，
∴X的分布列为
X
0
1
2
P



【小问2详解】，

∴，

∴回归直线方程为y＝1.4x＋9.6；
【小问3详解】
由，，解得．
所以1月19日新增病例人数将超过36人．
20. 如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接．


（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，连接，，当二面角的大小为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）根据二面角的定义证明为二面角的平面角，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角余弦公式锐二面角的余弦值.
【小问1详解】
∵是圆的直径，与圆切于点，
∴，
∵底面圆，底面圆，
∴，
∵，平面，
∴平面，又平面，
∴，
在中，，则，
∴，
∵，平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面；
【小问2详解】
∵底面圆，底面圆，
∴，，
∴为二面角的平面角，
∴，
如图以为原点，在底面圆内过点作的垂线为轴，
分别为轴建立空间直角坐标系，

易知，
则，，，，，，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，，
∵，，
∴，，
∴，令，得，
故平面ODE的一个法向量为，
∴．
∴平面与平面所成锐二面角余弦值为．
21. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，A，B是上关于原点对称的两个动点，当垂直于x轴时，的周长为．
（1）求的方程；
（2）已知的离心率，直线与交于点M（异于点A），直线与交于点N（异于点B），证明：直线MN过定点．
【答案】（1）或
（2）证明过程见详解
【解析】
【分析】(1)根据椭圆的对称性可知：，则的周长为，由题意知，则，从而得到，再根据即可求出的值，从而求出方程；
(2)设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再设直线的方程为，设直线的方程为，联立直线方程，消元列出韦达定理，
即可表示出，然后利用两点关于原点对称，纵坐标之间的关系建立等量关系，化简整理进而得出结果.
【小问1详解】
由题意可知：，
又因为A，B是上关于原点对称的两个动点，所以，
则的周长为，
因为，即，
又因为，所以或，
故的方程为或.
【小问2详解】
由题，的方程为，
当A，B为椭圆的左右顶点时，直线与轴重合；
当A，B为椭圆的上下顶点时，则，所以直线的方程为，与椭圆方程联立可得点，
同理可得点，此时直线的方程为；
当A，B不是顶点时，设直线的方程为，，
由，整理可得：，，
，
设直线的方程为，其中，，，
由，整理可得：，，
所以
设直线的方程为，其中，，，
由，整理可得：，，
所以，
所以，整理可得：，
所以，
因为
，
则，
整理可得：，
将代入上式可得：
，也即，
因为，所以，所以直线的方程为，恒过定点，
综上：直线恒过定点.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22. 已知函数，，m∈R．
（1）设的导函数为，试讨论的零点个数；
（2）设，当时，若恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）分离参数得，将零点问题转换为交点问题，求得的导数，根据其单调性画出大致函数图象，分类讨论m的取值与函数交点个数的关系即可；
（2）简化不等式，根据不等式特征构造函数，求导新函数的导数判断其单调性，根据新函数单调性将外函数的大小比较简化成内函数的大小比较，再求解内函数的大小关系即可求得实数m的取值范围.
【小问1详解】
，令，
函数的零点即为的方程的根，令，
，
当x＜－3或x＞1时，，单调递增，
当－3＜x＜1时，，单调递减，
且，，
x→∞时，，x→＋∞时，，
且当或时，
当时，则的大致图象如图所示：

由数形结合可知，当m＝－2e或时，有一个零点；
当－2e＜m≤0或时，有两个零点；
当时，有三个零点；
当m＜－2e时，无零点．
小问2详解】
当时，若成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
亦即对恒成立，
设函数，
∴对恒成立，
又，
设，
∴，
∴当时，，此时点在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
∴，
∴在R上单调递增，又，
∴在上恒成立，
令，则，
 ①当m≤1时，在上恒成立，
∴，此时满足已知条件，
 ②当m＞1时，由，解得x＝m，
当时，，此时在上单调递减；
当时，，此时在上单调递增；
∴的最小值，解得1＜m≤e，
综上，m的取值范围是．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．