数学（全国乙卷文）-2023年高考第二次模拟考试卷

2023年高考数学第二次模拟考试卷

数学·全解全析

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

一、选择题：本小题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的。

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数的单调性与定义域得出集合，即可根据集合的交集运算得出答案.

【详解】，则，解得，

则，

，

，

故选：B.

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】根据复数的四则运算和复数求模的公式即可计算.

【详解】因为，所以，

则，所以.

故选：.

3．如图，在中，，则（    ）

A．9 B．18 C．6 D．12

【答案】D

【分析】由可得，则，代入化简即可得出答案.

【详解】由可得：，

所以，所以，

，

因为，

所以.

故选：D.

4．下表是足球世界杯连续八届的进球总数：

则进球总数的第40百分位数是（    ）A．147 B．154 C．161 D．165

【答案】C

【分析】将数据从小到大排列，计算，根据第40百分位数的含义，即可确定答案.

【详解】将连续八届的进球总数从小到大排列为：，

由于，故进球总数的第40百分位数是第4个数据161，

故选：C

5．记不等式组的解集为D，现有下面四个命题：

，；，；

，；，．

其中真命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】作出不等式组所表示的区域，再逐项的作出对应直线，观察所作直线与可行域的关系，再利用存在命题与全称命题的概念进行判断即可求解.

【详解】不等式组的解集D表示的可行域如图中阴影部分所示，依据图（1）知命题为真命题，依据图（2）知命题为真命题，

依据图（3）知命题为假命题，依据图（4）知命题为真命题．所以真命题有3个，

故选：C．

6．截至2023年2月，“中国天眼”发现的脉冲星总数已经达到740颗以上．被称为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST），是目前世界上口径最大，灵敏度最高的单口径射电望远镜（图1）．观测时它可以通过4450块三角形面板及2225个触控器完成向抛物面的转化，此时轴截面可以看作拋物线的一部分．某学校科技小组制作了一个FAST模型，观测时呈口径为4米，高为1米的抛物面，则其轴截面所在的抛物线（图2）的顶点到焦点的距离为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】A

【分析】由题意建立平面直角坐标系，求得抛物线标准方程，即可求得顶点到焦点的距离.

【详解】如图，以抛物线的顶点为原点，对称轴为轴，建立平面直角坐标系，

则设抛物线的方程为，

由题可得抛物线上一点，代入抛物线方程可得，所以，

即抛物线方程为，则抛物线的焦点坐标为，故顶点到焦点的距离为.

故选：A.

7．执行下面的程序框图，则输出S的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得输出S即为的前项和，结合裂项相消法运算求解.

【详解】由题意可得：输出S即为的前项和，

因为 ，

故.

故选：D.

8．函数的部分图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先求出函数的定义域，在判断函数的奇偶性，再根据特殊值的函数值的符号，利用排除法即可得出答案.

【详解】解：∵函数的定义域为,.,

∴为偶函数，故排除A；

由，故排除B；

当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷大，

再由指数函数的特征可得趋向于负无穷大，故排除D；

综上所述，只有C符合.

故选：C.

9．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱上的一个动点．下列判断不正确的是（    ）

A．直线与直线是异面直线 B．一定不垂直于

C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为

【答案】B

【分析】根据异面直线的判定判断A；根据线面垂直的性质定理可判断B；确定外接球球心位置，利用三棱锥的体积公式可判断C；将矩形和矩形展开到一个平面内，计算即的长即可判断D.

【详解】对于A，因为点平面，平面，点，

平面，所以直线与直线是异面直线，故A正确；

对于B，因为侧棱底面， ，故底面,

底面，故；而，则，

即，平面,

故平面,平面，故 ，

故当时，平面，

则直线平面，平面， 所以，故B错误；

对于C，由题意结合以上分析可将三棱柱补成如图所示长方体，

则面为该长方体的体对角面，

三棱锥的外接球球心O是直线，的交点，底面面积不变，

平面，平面，

故直线平面，所以点E到底面距离不变，

则三棱锥的体积为定值，故C正确；

对于D，将矩形和矩形展开到一个平面内，

当点E为与的交点时，取得最小值．D正确．

故选：B．

10．在等比数列中，若，前3项和，则公比的值为（    ）

A．1 B． C．1或 D．或

【答案】C

【分析】设等比数列的首项为，根据题意列出方程组，求解即可.

【详解】解：设等比数列的首项为，公比为，

所以有方程组，

解得或.

故选：C．

11．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.

【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，

若，则，故A错误，

若，则，故B错误；

对于CD，因为，在上的导函数存在，且，

令，则，

所以在上单调递减，

因为，即，所以，

由得，则，故C正确；

由得，则，故D错误.

故选：C.

12．已知， ， ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】比较，等价成比较，在时的大小，结合函数的单调性，由数形结合即可判断；

比较，构造单位圆A如图所示，，于D，则比较转化于比较、的长度即可.

【详解】，，

设，函数图象如图所示，

均单调递增，且，结合图象得在，，即，

故，故；

如图，单位圆A中，， 于D，

则的长度，，，

则由图易得，，

当，则，故，

故当时，有，

∴.

综上，.

故选：D.

【点睛】（1）比较对数式大小，一般可构造函数，根据函数的单调性来比较大小；

（2）比较非特殊角三角函数大小，可结合单位圆转化为比较长度，则可由数形结合解答.

二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共50分。

13．在数列中，，，则______．

【答案】2021

【分析】根据已知条件数列为等差数列，求出通项公式代入即可.

【详解】因为，且，所以数列是以首项为1，公差为1的等差数列.，则.

故答案为：2021

14．安排，，，，五名志愿者到甲，乙两个福利院做服务工作，每个福利院至少安排一名志愿者，则，被安排在不同的福利院的概率为______．

【答案】

【分析】分1人,4人和2人，3人两种情况安排到两个福利院，再分析在4人组，3人组，2人组三种情况得到在同一福利院的分法，利用对立事件的概率求解即可.

【详解】5人分配到2个福利院有1,4和3,2两种分组方法，共有种分法，

其中，被安排在同一组在同一福利院有种，

所以，被安排在不同的福利院的概率为.

故答案为：

15．写出同时满足条件①②的一个圆的方程______.①与圆，圆都相切；②半径为1.

【答案】（答案不唯一）

【分析】设所求的圆的方程为，由条件列方程求即可.

【详解】设所求的圆的圆心为，

因为圆、圆O和圆的半径都为1，所以圆与圆O和圆只能外切

由圆，圆，可得圆心，，

连接，由对称性可知，

与圆O和圆都相切的圆的圆心在线段的垂直平分线上，

设所求圆为圆，则，

解得或，

所以所求圆的方程为或.

故答案为：（答案不唯一）

16．设奇函数的定义域为，且对任意，都有．若当时，，且，则不等式的解集为__________．

【答案】

【分析】由题知函数在上单调递减，在上单调递减，且，，，，再根据对数函数单调性将转化为解即可得答案.

【详解】解：设，且，则

因为，当时，，所以，

因为对任意，都有．

所以，，即，

所以，函数在上单调递减，

因为是定义域为的奇函数，

所以，函数在上单调递减，

因为不等式等价于不等式，即，

因为对任意，都有，，

所以，当时，得；当时，得

所以，

所以，，，，，

所以，当时，的解集为，

当时，的解集为，

所以，的解集为，

所以，不等式的解集为

故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分

17．已知．在中，，．

(1)求角的大小；

(2)若，，求的值及边上的高．

【答案】(1)

(2)，边上的高

【分析】（1）化简，由可得出，由三角形内角和即可求出；

（2）先由正弦定理求出a，再由和确定的范围和的值，将化为求解，再使用直角三角形的三角函数求出边上的高即可.

【详解】（1）由已知，

∵，∴，即，

∴，或，，

又∵，为三角形内角，且由，有，

∴，即，

∴

（2）由正弦定理，得，

∵，∴，又∵，∴，，

∴

，

边上的高.

18．如图，边长是6的等边三角形和矩形.现以为轴将面进行旋转，使之形成四棱锥，是等边三角形的中心，，分别是，的中点，且，面，交于.

(1)求证面

(2)求和面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先利用线面平行的性质定理证得，再利用线面垂直的判定定理证得面，从而得到面；

（2）构造平行四边形，将所求角转化为和面的所成角，再在中求得，从而利用三角函数的基本关系式求得，由此得解.

【详解】（1）因为面，面面，面，

所以，

因为是的中点，是等边三角形，所以，

因为在矩形中，，分别是，的中点，所以，

又，所以，

又，面，所以面，

因为，所以面.

（2）在线段上取点使得，连接，

因为是等边三角形的中心，，所以，

因为，所以，所以，

因为，，所以，

所以四边形为平行四边形，所以，

所以和面所成角等于和面所成角，

由（1）得面，又，所以面，即面，

所以和面的所成角为，即为所求，

在中，，则，

因为，所以，

联立，解得，

所以和面所成角的正弦值为.

.

19．随着科技的进步和人民生活水平的提高，电脑已经走进了千家万户，成为人们生活、学习、娱乐的常见物品，便携式电脑（俗称“笔记本”）也非常流行．某公司为了研究“台式机”与“笔记本”的受欢迎程度是否与性别有关，在街头随机抽取了50人做调查研究，调查数据如下表所示．

(1)是否有99%的把握认为喜欢哪种机型与性别有关？

(2)该公司针对男性客户做了调查，某季度男性客户中有青年324人，中年216人，老年108人，按分层抽样选出12人，又随机抽出3人的调查结果进行答谢，这3人中的青年人数设为随机变量，请求出的分布列与数学期望．

附：，其中．

【答案】(1)有的把握认为喜欢哪种机型与性别有关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）求出，再对照临界值表即可得出结论；

（2）先根据分层抽样求出各层人数，再写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可.

【详解】（1），

所以有的把握认为喜欢哪种机型与性别有关；

（2）由题意，，

所以人中有青年人人，中年人人，老年人人，

则的所有可能取值为，

，，

，，

则分布列为：

.

20．设椭圆：的右焦点恰好是抛物线的焦点，椭圆的离心率和双曲线的离心率互为倒数.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点的直线与椭圆E交于C，D两点（与点A，B不重合）.证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）直接求出抛物线焦点坐标得到值，再结合双曲线离心率即可求出椭圆的离心率，则可求出椭圆方程；

（2）设过点的直线为，，联立椭圆方程得到韦达定理式，写出直线,的方程，联立直线方程解出交点横坐标，将以及韦达定理式代入化简计算为定值.

【详解】（1）因为抛物线的焦点为,所以椭圆的半焦距.

又因为双曲线的离心率是,所以椭圆的离心率，

从而,

所以椭圆的标准方程为.

（2）由（1）可得.

若过点的直线方程为时，此时与椭圆交点为点，不合题意，

故可设过点的直线为,设，

联立，整理得.

则，，，

则直线AC的斜率，直线BD的斜率

则直线的方程为，直线的方程为,

联立两条直线方程,解得，

将代人上式，得，

将代人,得，

所以直线,的交点的横坐标为定值.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于采取设线法，设过点的直线方程，注意为了简便计算和避免分类讨论，我们引入参数，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，再分别写出直线,的方程，联立解出其横坐标，这一步计算量较大，再根据点在这个直线上，进行换元化简，最后再代入韦达定理式化简即可.

21．已知函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若函数有两个不同的零点，求证：.

【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，求导得，然后即可得到其单调区间；

（2）根据题意可得，得，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点，然后求导得到，得到其极值从而得到；

方法一: 设，将不等式转化为，然后换元，

构造即可证明；

方法二:由换元法十构造差函数，令，则，即证.

【详解】（1）当时，.

则.

当时，解得，又，所以；

当时，解得，或，又，所以.

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）函数，

令，得.

令，则直线与函数的图像在上有两个不同的交点.

因为，由，得；由，得.

所以函数在上单调递增，在上单调递减.

所以.

又，且当时，且，

由于是方程的两实根，所以.

方法一：不妨设，由，

得，

两式相减得：，

两式相加得：.

欲证：，只需证：，

即证：，即证.

设，则，代入上式得：.

故只需证：.

设，则，

所以在上单调递增，

所以，所以.

故，得证.

方法二（换元法十构造差函数）：不妨设，令，

则，即证.

设，则.

因为，所以在上单调递增，在上单调递减.

当时，易得；

当时，要证，即证，即证.

因为，所以.

构造函数，易得.

则，所以.

又，所以，即.

所以在上单调递增，.

所以，即.

故，得证.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多选，则按所做的第一题计分。

[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

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，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；

(2)若直线与轴交于点A，点在曲线上运动，求直线斜率的最大值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据消参法求出曲线的普通方程，再根据极坐标与直角坐标的转化公式即可求得曲线的极坐标方程，由l的极坐标方程，根据转化公式即可求得直角坐标方程；

（2）设直线的斜率为，，则，然后利用直线和圆的位置关系列出不等式，即可求得答案.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），

所以曲线的普通方程为，整理得，

因为，所以曲线的极坐标方程为.

因为直线的极坐标方程为，

所以，即直线的直角坐标方程为.

（2）因为直线，所以直线与轴交于点.

因为曲线的方程为，所以曲线表示圆心为，半径为1的圆，

设直线的斜率为，，则，整理得，

由于过定点，点在圆C：上运动，

故，解得，

故直线斜率的最大值为.

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数.

(1)在坐标系中作出函数的图象；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)图见解析

(2)

【分析】（1）写成分段函数的形式，画出函数图象；

（2）方法一：得到为恒过定点的直线，数形结合得到当时，满足要求；

方法二：分，与三种情况，参变分离，求出实数的取值范围，最后得到答案.

【详解】（1）

所以函数的图象如下：

（2）方法一：记，易知为恒过定点的直线，

如图所示，.

数形结合易得满足条件时，，

所以实数的取值范围为；

方法二：恒成立，

当时，，即，

其中，故，

当时，，

当时，不等式为恒成立，

当时，不等式为，

其中，

其中，所以，

故，

当时，，即，

其中，

其中，故，故，

所以，

综上，实数的取值范围为.