2023年高考数学冲刺模拟卷第2套（理科，解析卷）

这是一份2023年高考数学冲刺模拟卷第2套（理科，解析卷），共19页。试卷主要包含了0万亿元，6万亿元， 已知，则的最小值为，2，0等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学冲刺模拟卷理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.考试时间为120分钟，满分150分第Ⅰ卷（选择题  共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合，集合，若，则实数的取值范围是（   ）A．         B．       C．       D．【答案】A【解析】试题分析：由可知，所以，故选A.【考点】集合的运算.2．已知方程有实根，且，则复数等于（   ）A．         B．       C．       D．【答案】A【解析】试题分析：由是方程的根可得，所以，解得，所以，故选A.【考点】1、一元二次方程的根；2、复数相等的充要条件.3. 下图是我国跨境电商在2016～2022年的交易规模与增速图，由图可以知道下列结论正确的是（    ）A. 这7年我国跨境电商交易规模的平均数为8.0万亿元B. 这7年我国跨境电商交易规模的增速越来越大C. 这7年我国跨境电商交易规模的极差为7.6万亿元D. 图中我国跨境电商交易规模的6个增速的中位数为13.8％【答案】D【解析】【分析】根据图逐项进行分析即可求解.【详解】对于，由图可知：这7年我国跨境电商交易规模的平均数为：万亿元，故选项错误；对于，由图可知：交易规模的增速并不是越来越大，故选项错误；对于，由图可知：这7年我国跨境电商交易规模的极差为，故选项错误，对于，由图可知：6个增速的中位数为和的平均数，即，故选项正确，故选：.4．已知函数的图象如图，则它的一个可能的解析式为（   ）A．         B．       C.     D．【答案】B【解析】试题分析：根据函数图象分析可知，函数在上单调递增，图象过点且函数值不等于，符合条件的解析式为B.【考点】函数图象.5. 已知，则的最小值为（    ）A. 8 B. 9 C. 10 D. 11【答案】B【解析】【分析】运用基本不等式的性质进行求解即可.【详解】因为，所以由，当且仅当时取等号，即时取等号，故选：B6. 如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，，则该青铜器的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出青铜器的上面、中间和下面几何体的体积，即得解.【详解】解：青铜器的最上面的圆柱的体积，中间的圆台的体积为，最下面的圆台的体积为.所以该青铜器的体积为.故选：A7．已知圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的离心率为（   ）A.         B.       C.        D.【答案】D【解析】试题分析：圆化为标准方程，问题转化为圆心到直线的距离等于，根据点到直线距离公式有，解得，所以双曲线的离心率为，故选D.【考点】1、直线与圆；2、双曲线的几何性质.8．若将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（   ）A.                 B.             C.                 D.【答案】A【解析】试题分析：函数向右平移个单位后得到的解析式为，由于所得图象关于轴对称，所以有，所以，当时，，故选A.【考点】1、三角函数图象及性质；2、诱导公式.9．若非零向量、满足，且，则与的夹角为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据数量积的定义和运算法则即可计算.【详解】，，∴，.故选：B. 10．若，则的值是（   ）A.         B.       C.        D.【答案】C【解析】试题分析：原式，所以，根据诱导公式，，故选C.【考点】1、三角恒等变换；2、诱导公式.11．如图是函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（   ）A.         B.       C.（1,2）        D.（2,3）【答案】B【解析】试题分析：由函数图象可知，即，函数，，，所以零点所在的一个区间为，故选B.【考点】1、二次函数；2、函数的零点；3、函数图象.【思路点晴】本题主要考查函数图象及函数零点.零点定理：设函数在闭区间上连续，且与 异号（即），那么函数在开区间内至少一个零点，即至少有一点（）使.解决函数零点问题，可以运用数形结合思想、转化思想、函数方程思想.12．已知定义在上的函数，满足（1）；（2）（其中是的导函数，是自然对数的底数），则的范围为（   ）A.（）    B.（）       C.         D.【答案】B【解析】试题分析：构造函数，则，由已知得在上恒成立，则函数在上递增，所以，即，又因为，所以根据有，即；再构造函数，，由已知，所以在，则函数在区间上单调递减，所以，即，又因为，所以根据有，即，所以，故选B.【考点】1、函数与导数；2、构造函数.【方法点晴】本题重点考查导数解决函数单调性，另外，本题考查导数中构造函数一类问题，根据题中条件及选项的提示性，构造合理的函数，从而利用研究所构造的函数的单调性，可以求出需要的取值范围.构造函数法在高考解导数和数列问题中的广泛应用，考查学生的转化思想，考查学生分析问题、解决问题的能力. 二、填空题13．我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”：今有与人钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还敛聚与均分之，人得一百钱，问人几何？意思是：将钱分给若干人，第一人给3钱，第二人给4钱，第三人给5钱，以此类推，每人比前一人多给1钱，分完后，再把钱收回平均分给各人，结果每人分得100钱，问有多少人？则题中的人数是          .【答案】【解析】试题分析：本题考查等差数列相关知识，设人数为，依题意有，解得，所以共有人.【考点】等差数列.14．已知数列满足，且，则          .【答案】【解析】试题分析：由已知得，即，所以，则数列是以为公比的等比数列，则，所以.【考点】等比数列.15．已知，则展开式中的常数项为          .【答案】【解析】试题分析：根据定积分的几何意义可知，，所以，根据二项式定理可知，展开式中的第项为常数项，.【考点】1、定积分；2、二项式定理.【方法点晴】本题先考查定积分的几何意义，计算定积分时，除了寻找被积函数的原函数来解题，还要想到可以运用定积分的几何意义来求值，即转化成相关图形的面积.另外本题还考查二项式定理，重点是准确写出二项式定理的通项公式，特别需要注意的是展开式是第项.16. 已知恰好有三个零点，则实数a的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】利用导数分析函数的单调性，作出函数（x∈R）的图象，在同一坐标系内再作出（x∈R）的图象，由图象可知f（x）有三个零点时实数a的取值范围．【详解】当时，，，故在上单调递增；当时，，由可得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，且，作出函数（x∈R）的图象，
在同一坐标系内再作出（x∈R）的图象，
由图象可知要使恰好有三个零点，即函数f（x）的图象与x轴有三个交点， 只需0≤a＜2，
故答案为：[0，2）. 三、解答题17． 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角C；（2）若，的面积为，求c.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、特殊角的正切值进行求解即可；（2）根据三角形面积公式和余弦定理进行求解即可.【小问1详解】根据正弦定理由因为，所以，所以由，因为，所以【小问2详解】因为，的面积为，所以有，舍去，即，所以. 18． 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．（1）估计这组数据的平均数；（2）在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）387；    （2）；    （3）种植园选择方案②获利更多.【解析】【分析】(1)利用频率分布直方图结合平均数的定义求解；(2)根据分层抽样的性质求出各层中应抽取的芒果的个数，求出样本空间中的基本事件个数和事件2个芒果都来自同一个质量区间所包含的基本事件个数，结合古典概型的计算公式求解即可；(3)分别计算两个不同方案下种植园的收入，比较大小确定所选方案.【小问1详解】由频率分布直方图知，各区间频率为，所以这组数据的平均数为：；【小问2详解】由题可知质量在，中的频率分别为0.2，0.3，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，则质量在中的芒果中有4个，质量在中的芒果中有6个，从这10个中随机抽取2个，共有种等可能结果，记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则事件A有种等可能结果，∴；【小问3详解】方案①收入：（元）；方案②收入：由题意得低于350克的收入：（元）；高于或等于350克的收入：（元）.故总计（元），由于，故种植园选择方案②获利更多. 19． 在如图所示的多面体中，四边形为正方形，A，，，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.平面平面，.（1）求多面体体积；（2）若点在直线上，求与平面所成角的最大值.【答案】（1）4    （2）【解析】【分析】（1）多面体分成两个四棱锥和，然后由体积公式计算（注意找到棱锥的高）；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求出线面的正弦值，利用函数性质得最大值．【小问1详解】在四边形中，∵和均为等腰直角三角形，且，∴，∴，∵四边形为正方形，∴，又∵平面平面，平面，平面平面，∴平面，同理平面，取中点，连接，则，，又同理可得平面，；【小问2详解】如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设与平面所成角为，又，∴，要使最大，，∴（时等号成立），∴，即与平面所成角的最大值为．20．已知定点和直线上的动点，线段的垂直平分线交直线于点，设点的轨迹为曲线.（I）求曲线的方程；（II）直线交轴于点，交曲线于不同的两点，点关于轴的对称点为，点关于轴的对称点为，求证：三点共线.【答案】（I）；（II）证明见解析.【解析】试题分析：（I）根据题意分析可知，动点到定点的距离与到定直线的距离相等，因此动点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，轨迹方程；（II）联立直线方程与抛物线方程，消去得：，设，，则，，点，由知，则，若三点共线，则应有，即验证即可.试题解析：（I）由题意可知：，即点到直线和点的距离相等，根据抛物线的定义可知：的轨迹为抛物线，其中为焦点.   ……………………………3分设的轨迹方程为：所以的轨迹方程为：.           ……………………………5分（II）由条件可知，则.       ……………………………6分联立，消去得，.   …………………………… 7分设，则                 …………………………… 9分因为         …………… 10分    ……………… 11分所以三点共线.       …………………………… 12分【考点】1、轨迹方程；2、抛物线定义；3、直线与抛物线.【方法点睛】直线与圆锥曲线问题是高考的热点问题，也是难点问题，主要方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，消元后得到关于（或）的一元二次方程，需要考虑的因素有判别式、韦达定理，将题中条件坐标化，寻求变量间的等量关系或不等关系，运算函数方程思想、化归转化思想、数形结合等思想方法解题.21．已知函数.（I）求函数的单调区间；（II）若函数的图像在点处的切线的倾斜角为，问：在什么范围取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值？（III）当时，设函数，若在区间上至少存在一个，使得成立，试求实数的取值范围.【答案】（I）当时，函数的单调增区间是，单调减区间是，当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；（II）；（III）.【解析】试题分析：（I），当时，由得，由得，当时，由得，由得；（II）由题，即，，此时，，则，若在区间上存在极值，则应有，又为开口向上的抛物线，且，所以应有，于是可以求出的取值范围；（III）时，，令，则，然后分，进行讨论，即可以求出的取值范围.试题解析：（I）由知        ……………………………1分当时，函数的单调增区间是，单调减区间是， …………………………… 2分当时，函数的单调增区间是，单调减区间是，  ………3分（II）由，，故，，          ……………………………5分在区间上总存在极值，有两个不等实根且至少有一个在区间内又是开口向上的二次函数，且，由，解得，    ……………………………6分由，在上单调递减，所以，，                             ……………………………7分综上可得，，所以当在内取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值.（III），令，则， ……………………………9分当时，由得，从而，所以，在上不存在使得；                                     10分当时，，在上恒成立，故在上单调递增.，故只要，解得，综上所述：的取值范围是.      ……………………………12分【考点】1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值；3、导数的几何意义；4、函数与导数.【方法点睛】导数问题一直以来是高考必考内容，同时导数也是高等数学与初等数学的重要衔接，利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值、导数的几何意义等内容使函数知识显得更加丰富充盈，同时运用导数知识解决函数问题时，化归转化、分类讨论、函数方程等思想也十分重要，更注重对能力立意的考查.22．在平面直角坐标系中，圆的方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的单位长度，直线的极坐标方程为.（I）当时，判断直线与的关系；（II）当上有且只有一点到直线的距离等于时，求上到直线距离为的点的坐标.【答案】（I）当时，直线与相交；（II）和.【解析】试题分析：（I）当时，直线的极坐标方程为，根据极坐标与直角坐标互化公式得，圆的直角坐标方程为，圆心到直线的距离所以直线与圆相交；（II）分析可知，若圆上只有一点到直线的距离为，则直线与圆位置关系为相离，且圆心到直线距离为，则问题转化为过圆心且与平行的直线与圆的交点解方程组即可求出点的坐标.试题解析：（I）圆的普通方程为：，        ……………………………1分直线的直角坐标方程为：，                        ……………………………2分圆心（1,1）到直线的距离为，     ……………………………4分所以直线与相交.                    …………………………… 5分（II）上有且只有一点到直线的距离等于，即圆心到直线的距离为，   ………… 7分过圆心与平行的直线方程式为：，           ……………………………8分联立方程组解得         ……………………………9分故所求点为（2,0）和（0,2）                         ……………………………10分【考点】1、极坐标与参数方程；2、直线与圆的位置关系.23．设函数.（I）求证：当时，不等式成立；（II）关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值.【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】试题分析：（I）当时，，将函数转化为分段函数，根据函数图象或函数单调性可以得到函数满足，所以，所以成立；（II）关于的不等式在上恒成立等价于，根据绝对值三角不等式可知，所以，即，解得，所以的最大值为.试题解析：（I）证明：由      ……………………… 2分得函数的最小值为3，从而，所以成立.    ……………………………5分（II）由绝对值的性质得，  ………………………7分所以最小值为，从而，           …………………………… 8分解得，             ……………………………   9分因此的最大值为.                   ……………………………10分【考点】1、分段函数；2、不等式恒成立；3、绝对值三角不等式.