数学（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）-2023年高考第二次模拟考试卷B（全解全析）

这是一份数学（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）-2023年高考第二次模拟考试卷B（全解全析），共24页。试卷主要包含了已知p，平面四边形中，，则最小值，已知函数，则下列正确的是，函数等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
2023年高考数学第二次模拟考试卷B
（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）
高三数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由复数除法运算化简复数，即可判断.
【详解】，复数的虚部为．
故选：C．
2．已知集合则（    ）
A．M∪N=R B．M∪N={x|-3≤x<4}
C．M∩N={x|-2≤x≤4} D．M∩N={x|-2≤x<4}
【答案】D
【解析】先求集合，再求两个集合的并集和交集，判断选项.
【详解】，解得：，即，
，，
.
故选：D
3．核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（    ）
A．0.495% B．0.9405% C．0.99% D．0.9995%
【答案】A
【分析】根据条件概率的乘法公式即可求解.
【详解】记感染新冠病毒为事件,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件 则,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，
故选：A
4．已知p：，q：，则p是q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】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.
【详解】令，，
且，
故为奇函数，
时，递增，则也递增，
又为奇函数，则在上递增，
，若，则，
则，即
即；
，若，
则等价于，即，
由在上递增，则， 即，故p是q的充要条件，
故选：C.
5．已知函数的最小正周期为，将其图象沿x轴向左平移个单位，所得图象关于直线对称，则实数m的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知，先对函数进行化简，根据最小正周期为，求解出，然后根据题意进行平移变换，得到平移后的解析式，再利用图象关于直线对称，建立等量关系即可求解出实数m最小值.
【详解】解：
，
即，由其最小正周期为，即，解得，
所以，
将其图象沿轴向左平移（）个单位，所得图象对应函数为，
其图象关于对称，所以，所以 ，
由，实数的最小值为.
故选：A.
6．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用，还提出了一元二次方程的解法问题直角三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”．设点F是抛物线y2=2px的焦点，l是该抛物线的准线，过抛物线上一点A作准线的垂线AB，垂足为B，射线AF交准线l于点C，若的“勾”、“股”，则抛物线方程为．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】画出抛物线的图形，利用已知条件转化求解，即可得到抛物线的标准方程，得到答案．
【详解】由题意可知，抛物线的图形如图：，，
可得，
所以，是正三角形，并且是的中点，所以，则，
所以抛物线方程为：．
故选B．

【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中合理应用抛物线的定义，合理计算是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及运算与求解能力，属于基础题．
7．平面四边形中，，则最小值（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，求得BC及的大小，分析可得P、A、B、C四点共圆，如图建系，求得各点坐标，即可得坐标，根据数量积公式，结合x的范围，即可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，则，又，
所以点P在以BC为直径的圆的劣弧AC上，
分别以AB、AC为x，y轴正方向建系，取BC中点E，如图所示

所以，则圆E的方程为，
设点，其中，则，
所以，即最小值为-2，
故选：A
8．已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（    ）
A． B．π C． D．
【答案】B
【分析】计算，，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.
【详解】如图，为线段的中点，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因为为线段的中点且过的内切圆圆心，
故，即.
所以.
取的中点，连接、，
分别在、上取 、的外接圆圆心、.
过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，
则点为三棱取的外接球球心.

在中由余弦定理得：，
所以.
设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.
，解得，同理，
所以，，
所以三㥄锥的外接球表面积为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知函数，则下列正确的是（    ）
A． B．
C． D．的值域为
【答案】BD
【解析】对选项A，根据计算，即可判断A错误，对选项B，根据计算，即可判断B正确；对选项C，根据计算，即可判断C错误，对选项D，分别求和的值域即可得到答案.
【详解】对选项A，，，
故A错误；
对选项B，，，
故B正确.
对选项C，因为，所以，
，故C错误；
对选项D，当时，，函数的值域为，
当时，，，
函数的值域为，
又因为时，，是周期为的函数，
所以当时，函数的值域为，
综上，函数的值域为，故D正确.
故选：BD
【点睛】本题主要考查指数和对数的运算，同时考查分段函数值的求法，属于中档题.
10．函数（k为常数）的图象可能是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】先判断函数零点的个数，再求导函数，根据导函数判断原函数的单调性，从而逐一判断选项.
【详解】显然有唯一零点，故D错误；
，，
∴在上单减，上单增，
∴，且时，时，
故当时，，单增，选项A可能；
当时，存在两个零点，在和上单增，上单减，选项B可能；
当时，存在唯一零点，在上单增，在上单减，
选项C可能．
故选: ABC.
【点睛】关键点睛：函数图像的判断关键在求出导函数，用极限思想判断导函数的符号，得出原函数的单调性.
11．如图，在长方体中，，，E为棱的中点，则（    ）

A．面 B．
C．平面截该长方体所得截面面积为 D．三棱锥的体积为
【答案】ABD
【分析】对于A：根据长方体的性质得出，即可证明；对于B：根据底面是正方体，得出，根据三垂线定理结合长方体性质即可证明；对于C：根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，根据已知得出，，，即可根据余弦定理得出，即可根据同角三角函数公式得出，即可根据三角形面积公式得出答案验证；对于D：根据已知直接利用三棱锥的体积公式得出答案；
【详解】对于选项A：连接，

为长方体，，，∴四边形是平行四边形，
，
平面，平面，面，故选项A正确；
对于选项B：
，，
平面，在平面上的投影为，
，故选项B正确；
对于选项C：
根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，
，，，，，
，
由，可得，
则，故C错误；
对于选项D：
三棱锥的底面积，高为，
则三棱锥的体积为，故D正确；
故选：ABD.
12．已知函数是偶函数，且．当时，，则下列说法正确的是（    ）
A．是奇函数
B．在区间上有且只有一个零点
C．在上单调递增
D．区间上有且只有一个极值点
【答案】ACD
【分析】A选项，由是偶函数，故，结合，推导出，A正确；B选项，求出的一个周期为4，从而只需求在区间上的零点个数，结合函数性质得到，B错误；C选项，求导得到，换元后得到，，再次求导，得到的单调性，结合，，得到在上恒成立，得到在上单调递增；D选项，与C选项一样得到的单调性，结合零点存在性定理得到隐零点，进而得到的单调性，求出区间上有且只有一个极值点.
【详解】函数是偶函数，故，
因为，所以，
故，
将替换为，得到，故为奇函数，A正确；
因为，故，故，
所以的一个周期为4，
故在区间上的零点个数与在区间上的相同，
因为，而，故，
其中，故在区间至少有2个零点，B错误；
时，，则，
令，，当时，所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，
故在上恒成立，
所以在上恒成立，故在上单调递增，C正确；
D选项，时，，
故，令，，当时，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，，，
由零点存在性定理，，使得，
当时，，当时，，
时，，单调递减，时，，单调递增，
所以区间上有且只有一个极值点，D正确.
故选：ACD
【点睛】设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分.
13．函数在点处的切线与直线平行，则______．
【答案】
【分析】求导，然后通过列方程求解即可.
【详解】，，
，解得
故答案为：
14．的展开式中项的系数为___________.
【答案】
【分析】先整理二项式为，由此即可求解.
【详解】解：二项式，
所以展开式中含的项为，所以项的系数为，
故答案为：.
15．已知直线与曲线有两个交点，则m的取值范围为____________．
【答案】
【分析】先求出直线所过定点，再将曲线转化为，可知其为半圆，结合图像，即可求出的取值范围.
【详解】由题意得，直线的方程可化为，所以直线恒过定点，
又曲线可化为，其表示以为圆心，半径为2的圆的下半部分，如图.
当与该曲线相切时，点到直线的距离，解得，
设，则，
由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，须得，
即m的取值范围为.
故答案为：.

16．已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线交于、（在的上方）两点，若，则双曲线的离心率为______；已知点是双曲线右支上任意一点，过点的直线分别与双曲线的两条渐近线交于点、，若，则双曲线的方程为______．
【答案】         
【分析】设直线的倾斜角为，求出的值，设双曲线的左焦点为，连接、，设，则，根据双曲线的定义得，，分别在、中利用余弦定理可求得双曲线的离心率的值；设双曲线的两条渐近线为，，故可设点、，利用已知条件可求得的值，结合平面向量数量积的坐标运算结合可求得、的值，即可得出双曲线的方程.
【详解】设直线的倾斜角为，则，可得．
设双曲线的左焦点为，连接、，

设，则，根据双曲线的定义得，，
分别在、中利用余弦定理得
，
，
结合化简得，可得，
故双曲线的离心率为．
设双曲线的两条渐近线为，，故可设点、，
将点、的坐标分别代入直线的方程得，
两式相乘得，因为点是双曲线上的点，可得，则．
因为，又因为，则，，
所以双曲线的方程为．
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知数列的前项和为，，当时，．
(1)求
(2)设，求数列的前项和为．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用与的关系及等差数列的定义，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）利用（1）的结论及数列求和中的错位相减法即可求解.
【详解】（1）当时，，所以，，
整理得：，即．
当时，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即．
（2）由知，所以，
所以，
所以，
由得，，
所以.
18．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．
(1)求角A的大小；
(2)若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差化积公式转化条件得，进而求得解；
（2）由题意，由正弦定理结合得，根据为锐角三角形求得，即可求得，即可得解.
（1）由正弦定理得
即
又
所以
即
又，，
即，即
又，，即
（2）由题意得：，
由正弦定理得：，
又 为锐角三角形，∴，
故，∴，∴，
从而.
所以面积的取值范围是
19．在四棱锥中，

(1)证明：平面平面；
(2)若，直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）根据已知条件及等腰梯形的性质，再利用勾股定理的逆定理及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）解法1：由平面几何知识可知，利用平面平面的性质可求点B到面的距离，从而可求点到面的距离，再根据直线与平面所成角的定义即可求解；
解法2：根据（1）的结论及已知条件，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量及平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解．
【详解】（1）在平面四边形中，
∵，
∴四边形是等腰梯形
过点作于,因为四边形ABCD是等腰梯形，
所以,,
，
所以，所以，
又，BC，平面，
所以平面，又平面，
所以，平面平面.
（2）以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面，可设，则，

设平面的法向量为，
则，取，则.
设直线与平面所成的角为，
则.
即直线与平面所成的角的正弦值为．

20．脂肪含量（单位：%）指的是脂肪重量占人体总重量的比例．某运动生理学家在对某项健身活动参与人群的脂肪含量调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男性120位，其平均数和方差分别为14和6，抽取了女性90位，其平均数和方差分别为21和17．
(1)试由这些数据计算出总样本的均值与方差，并对该项健身活动的全体参与者的脂肪含量的均值与方差作出估计．（结果保留整数）
(2)假设全体参与者的脂肪含量为随机变量X，且X~N（17，2），其中2近似为（1）中计算的总样本方差．现从全体参与者中随机抽取3位，求3位参与者的脂肪含量均小于12.2%的概率．
附：若随机变量×服从正态分布N（μ，2），则P（μ-≤X≤μ+≈0.6827，P（μ-2≤X≤μ+2）≈0.9545，≈4.7，≈4.8，0.158653≈0.004．
【答案】(1)总样本的均值为17，方差为23；据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23 (2)
【分析】（1）根据均值方差的计算公式代入计算即可求解；
（2）利用正态分布的性质和所给数据即可求解计算.
【详解】（1）把男性样本记为，其平均数记为，方差记为；
把女性样本记为，其平均数记为，方差记为．则．
记总样本数据的平均数为，方差为．
由，根据按比例分配的分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，
可得总样本平均数为
根据方差的定义，总样本方差为


由可得
同理，，
因此，

所以，
所以总样本的均值为17，方差为23，
并据此估计该项健身活动全体参与者的脂肪含量的总体均值为17，方差为23．
（2）由（1）知，所以，又因为，
所以，

因为，
所以．
所以3位参与者的脂肪含量均小于的概率为．
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若△为等边三角形，且点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1) (2)点或
【分析】（1）由已知条件，椭圆的定义及的关系可知和，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；
（2）设点，，由直线的方程即可求出点的坐标，由的方程即可求出点的坐标，由已知条件可知，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.
【详解】（1）∵△为等边三角形，且，
∴，
又∵，∴，
设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程得，解得，所以椭圆E的方程为.
（2）由已知得，设，,
则直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为，
直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为,
∵,∴,∴，
又∵，，
∴，即，
整理得，
①若直线的斜率存在时,设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立得，
其中，
，，
即，，，
所以或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
②若直线的斜率不存在时，
由得，
即，解得或，
此时直线的方程为或，
所以此时直线恒过点或，
综上所述，直线恒过点或.
22．已知函数.
(1)若，求函数在上的最小值；
(2)当时，证明：函数有两个不同的零点，（），且满足（i）；（ii）.
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到，从而得到函数的单调性，即可得解；
（2）首先求出导函数，即可得到在上单调递减，即在没有零点，当，令，参变分离可得，令，利用导数证明有两个根、，再利用导数分别证明即可；
(1)解：当时，，所以，因为，所以，则在上单调递增，
所以；
(2)证明：因为，所以，
当时，故在上单调递减，
从而，即在没有零点，
当，令，即，所以，令，，
下面先证有两个根、，
，令，
则，故在上单调递增，
又，，故存在，使得，从而在上单调递减，在上单调递增，
又可知当时，有两个不同实数根、，
且，即有两个不同的零点、，
（i）因为，故等价于，等价于，即，
即，而，故成立；
（ii）先分别证明及，
一方面由，故等价于，等价于，即，
即，而，故成立；
另一方面，由
所以等价于，等价于，即，
即，而，
下面证明，
令，则，所以在上单调递增，
故只需，由等价于，
令，，则，
即在上单调递增，
所以
即当时，有成立，
故且，所以成立，
所以成立，
综上可得，得证；
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．