2023届新疆部分学校高三下学期2月大联考（全国乙卷）数学（理）试题含解析

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2023届新疆部分学校高三下学期2月大联考（全国乙卷）数学（理）试题

一、单选题
1．若复数z满足（其中是虚数单位），则z的共轭复数（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】经计算可得，后由共轭复数定义可得答案.
【详解】由，得，所以.
故选：B.
2．若集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据分式不等式以及二次函数的性质，取得集合，利用交集的运算，可得答案.
【详解】由，得且，解得，所以.
由，得，所以，所以.
故选：A.
3．已知命题p：，，则为（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】根据全称命题的否定为特称命题，可得答案.
【详解】根据全称命题的否定为特称命题，可知为“，”，
故选：B.
4．已知空间四条直线a，b，m，n和两个平面，满足，，，，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
【答案】C
【分析】根据线面位置关系，通过举反例的方法，可得A，B，D的正误；利用面面平行的判定定理以及性质定理，可得答案.
【详解】对于A：a可能在平面内，所以A错误；
对于B：a与m可能平行，从而与可能相交，所以B错误；
对于C：且，，，，，，所以C正确；
对于D：如图，由正方形沿一条对角线折叠形成，其中形成的两个平面设为，
折痕设为，在平面的对角线设为，在内的对角线设为，同时作，
此时，易知，则，但此时与不垂直，所以D错误.

故选：C.
5．已知角，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由及的范围求出，再根据二倍角的余弦公式可求出.
【详解】因为，所以，
又，所以，所以，即，
因为，所以.
故选：D.
6．若函数的部分图象如图，则的解析式可能是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】对于A，根据可知A不正确；对于C，利用导数可得在上单调递减，可知C不正确；对于D，根据为奇函数，可知D不正确.
【详解】对于A，因为，由图可知，A不正确；
对于C，，令，
则，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
因为，所以在上恒成立，
所以当时，恒成立，所以在上单调递减，所以排除C.
对于D，的定义域为，关于原点对称，，为奇函数，其图象关于原点对称，由图可知，D不正确.
故选：B.
7．2022年4月，教育部印发了《义务教育课程方案和课程标准（2022版）》，将劳动教育作为义务教育阶段一门独立的课程.劳动教育将成为学生成长成才的必修课与基础课.某学校准备开设4项劳动课程：“蔬菜种植”“绿植修剪”“糕点制作”“自行车修理”.开课之前，要安排4男2女共6名教师参加这4项劳动课程的技术培训，要求：每一项培训都要有教师参加，每位教师只能参加其中一项培训，其中“蔬菜种植”必须安排2位教师，“自行车修理”不安排女教师，“糕点制作”不安排男教师，则不同的安排方法有（    ）
A．132种 B．112种 C．96种 D．84种
【答案】C
【分析】先讨论“糕点制作”安排1名或2名女教师，再讨论“自行车修理”安排男教师的人数，再考虑另外两个项目的安排，最后计算所有安排方式.
【详解】（1）若“糕点制作”安排1名女教师，有种不同的安排方法，后续项目分两类：
①若“自行车修理”安排1名男教师，则余下4人安排到另两个项目，每个项目2人，有种不同的安排方法；
②若“自行车修理”安排2名男教师，则余下3人，1人安排到“绿植修剪”，2人安排到“蔬菜种植”，有种不同的安排方法.
（2）若“糕点制作”安排2名女教师，则“自行车修理”只能安排1名男教师，余下3人，1人安排到“绿植修剪”，2人安排到“蔬菜种植”，有种不同的安排方法，
所以，一共有种不同的安排方法.
故选：C.
8．对于函数，下列结论中正确的是（    ）
A．的最大值为
B．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
C．在上单调递减
D．的图象关于点中心对称
【答案】C
【分析】由可得的最大值为，故A错误；将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以B错误；根据余弦函数的减区间可知在上单调递减，所以C正确；由可知D不正确.
【详解】，
所以当，，即，时，取得最大值为，故A错误；
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以B错误；
由，得，所以是的一个单调递减区间，所以在上单调递减，所以C正确；
因为，所以点不是的图象的对称中心，所以D不正确.
故选：C.
9．若非负数x，y满足，则事件“”发生的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先画出可行域，再根据几何概型的概率公式可求.
【详解】由题意，知x，y满足约束条件作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示（五边形OEBCD（包含边界）），

作出直线，易得， ，，，，连接DE，
则非负数x，y对应的可行域的面积为，
事件“”对应的可行域的面积为，
所以所求概率为.
故选：A.
10．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.
【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.
设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.

由且可得，
在中，由正弦定理得，解得.
在中，由余弦定理，得，
所以，，
即，可得，当且仅当时等号成立.
在中，，
由余弦定理可得
，
即，即，当且仅当时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为.
故选：D.
11．已知椭圆C：的左､右焦点分别为，.若椭圆C上存在一点M，使得，则椭圆C的离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，，椭圆C的半焦距为c，根据椭圆的定义以及可得，再根据可得，从而可得.
【详解】设，，椭圆C的半焦距为c，则，，
所以，
因为，所以，
所以，即，
则，所以.
故选：A.
12．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】通过构造函数，分别比较和，和与和的大小，即可得出a，b，c的大小关系.
【详解】解：由题意，
，，
对于和，
∵，，
∴可以构造函数，则，.
对求导，得，
当时，，
∴在上单调递减.
∵，
∴，即；
对于和，
∵.
∴可以构造函数，
则，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴，
∴，即；
对于和，
∵，
∴可以构造函数，
则，
当时，，
∴在上单调递减.
又∵，且，
∴，
∴，
∴，即.
∴，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键是变形、作差构造新函数，利用函数的单调性来比较大小.

二、填空题
13．已知平面向量，，则与的夹角为______.
【答案】
【分析】先求，再利用平面向量的夹角公式求出结果．
【详解】设与的夹角为，由已知，得，
所以.
又，，
所以，
因为，所以.
故答案为：.
14．已知双曲线M：的左､右焦点分别为，，点P为双曲线M右支上一点，且满足，则双曲线M的渐近线方程为______.
【答案】
【分析】利用双曲线定义结合已知可得，从而推出，可得答案.
【详解】设双曲线M的半焦距为c，，点P为双曲线M右支上一点，
由双曲线的定义，知，即，
所以，所以，
所以双曲线M的渐近线方程为,
故答案为：.
15．已知定义在上的函数满足，且的图象关于直线对称.若时，，则______.
【答案】

【分析】根据函数的对称性以及函数等式，求得函数的周期，可得答案.
【详解】因为的图象关于直线对称，所以，即，
所以的图象关于直线对称，故（*）.
由，得，所以，所以，
所以的周期为4，所以.由（*）式得.
故答案为：.
16．如图是水平放置的三棱锥的三视图，其中正视图为正三角形.记经过棱PA的平面截三棱锥的外接球所得圆面的面积为S.若S的最大值为，则三棱锥的体积的最大值为______.

【答案】
【分析】先由题给条件得到三棱锥的直观图，进而得到三棱锥的体积的表达式，再利用导数求得其最大值即可解决.
【详解】由三视图得三棱锥的直观图，不妨设三棱锥如图所示，
其中为直角三角形，两直角边为AB，BC，
由图知：，，平面，平面
则平面，又平面ABC，则平面平面ABC，且为正三角形.
所以，面平面ABC，面，则平面ABC，
由已知，得三棱锥的外接球的半径.
设，，三棱锥的外接球的球心为O，D为BC的中点，
为AC的中点，的中心为，则平面ABC，平面PBC.
在中，，即，即，
所以三棱锥的体积为.
令，则.
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
所以，当时，三棱锥的体积V最大，且最大值为.

故答案为：.

三、解答题
17．某种植大户购买了一种新品种蔬菜种子，种植后从收获的蔬菜果实中随机选取了一个容量为20的样本，得到果实长度数据如下表：（单位：cm）
序号（i）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
长度（）
11.6
13.0
12.8
11.8
12.0
12.8
11.5
12.7
13.4
12.4

序号（i）
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
长度（）
12.9
12.8
13.2
13.5
11.2
12.6
11.8
12.8
13.2
12.0

(1)估计该种植大户收获的果实长度的平均数和方差；
(2)若这种蔬菜果实的长度不小于12cm，就可以标为“AAA”级.该种植大户随机从收获的果实中选取4个，其中可以标为“AAA”级的果实数记为X.若收获的果实数量巨大，并以样本的频率估计总体的概率，估计X的数学期望与方差.
参考数据：.
【答案】(1)，=0.43
(2)，

【分析】（1）利用平均数，方差计算公式结合所给数据可得答案；
（2）因收获的果实数量巨大，则可认为X近似服从二项分布，后利用二项分布计算期望，方差公式可得答案.
【详解】（1）由题意知，，
所以，

.
所以估计该种植大户收获的果实长度的平均数和方差分别为12.5，0.43.
（2）由表中数据得，样本中果实长度不小于12cm的频率为.
由于收获的果实数量巨大，所以X近似服从二项分布，即，
所以，.
所以据此可以估计，X的数学期望与方差分别为3，.
18．已知数列满足对任意m，都有，数列是等比数列，且，，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据条件证得数列是等差数列，再由已知求得数列的公差、的公比，写出通项公式即可；
（2）使用错位相减求和.
【详解】（1）因为对任意m，，，所以，
所以数列是公差的等差数列，.
设等比数列的公比为q，因为，，，
所以.
又因为，解得，，
所以，.
（2）因为，
所以，
，
两式相减，得
，
所以.
19．如图，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，平面平面ABCD，，E为CD的中点.

(1)求证：；
(2)若，，求平面PBC与平面PAE所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取AD的中点F，连接PF，EF，根据面面垂直的性质定理证明平面ABCD，得，根据四边形ABCD为菱形以及是三角形的中位线，推出，再根据线面垂直的判定推出平面PEF，从而可得；
（2）记，过点O作，以OA，OB，OQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF.

∵，∴.
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD.
又平面ABCD，∴.
∵四边形ABCD为菱形，∴.
∵点E，F分别为CD，AD的中点，∴，∴.
∵，，，PF，平面PEF，
∴平面PEF.
又平面PEF，∴.
（2）记，则.
由（1）知，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，则，.
过点O作，则OA，OB，OQ两两垂直.
如图，以OA，OB，OQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
因为，，所以，
所以，，所以，
∴，，，.
设平面PAE的法向量为，
由，令，则，，所以.
设平面PBC的法向量为，
由， 令，则，，所以.
设平面PBC与平面PAE所成锐二面角为，则
，
所以平面PBC与平面PAE所成锐二面角的余弦值为.
20．已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．
【详解】（1）由,
得，即.
由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，
所以，且，
解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，
如图，设，，，.
将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，
所以，所以，且.
直线的方程为，代入抛物线方程，
消去，得，解得或，所以.
同理，得，
所以


，
所以当时，取得最大值，为.

21．已知函数，是的导函数.
(1)若，求证：当时，恒成立；
(2)若存在极小值，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）通过两次构造新函数，求解导函数并判断单调性与最值从而可证明恒成立；（2）构造新函数并求解导函数，然后分类讨论与两种情况下函数单调性与极值情况，并利用数形结合并结合零点存在定理分析讨论所有情况.
【详解】（1）∵的定义域为，，
∴，.
令，则.
令，则.
由，得，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，，
即当时，，∴在上单调递增.
∵，∴，∴当时，恒成立.
（2）由（1）知，.
设，则.
①当时，恒成立，∴在上单调递增.
∵，∴当时，，从而；
当时，，从而.
又∵，∴，都有，
所以在上单调递增，此时无极值；
②当时，由，得，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，取得最小值，且最小值为.
令，，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减.
∵，∴当时，，
即当时，（当且仅当时等号成立）.
（i）当时，，且当时，都有，
∴，且当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得极小值，符合题意.
（ii）当时，，且.
∵，∴，∴的图象大致如图（1）.

图（1）
由函数的单调性及零点存在定理，
得在内存在唯一的实数，使得，
∴当时，，从而；
当时，，从而；
当时，，从而，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得极小值，符合题意.
（iii）当时，，且.
∵，由（1）知，，
∴的图象大致如图（2）.

图（2）
由函数的单调性及零点存在定理，得在内存在唯一的实数，使，
∴当时，，从而；
当时，，从而；
当时，，从而，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得极小值，符合题意.
综上，当存在极小值时，的取值范围为.
【点睛】利用导数求解极值问题，一般需要构造对函数求导，对于一次求导不能判断其单调性的情况，还需要构造新函数，再次求导并判断单调性与最值，从而得原函数的导数正负，即可得函数的单调性，并利用数形结合方法判断极值.
22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
(1)写出直线l的直角坐标方程；
(2)设曲线C与x轴的交点为A，B（点A在点B的左侧），若直线l上存在点M，满足，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用三角函数的差角公式，整理直线方程，根据极坐标与直角坐标的转换公式，可得答案；
（2）将参数方程整理为普通方程，求得，由题意，建立方程，将问题转化为直线与圆的位置问题，可得答案.
【详解】（1）∵，∴，
即.又∵，，
∴，即直线l的直角坐标方程为；
（2）由，且，则曲线C的普通方程为，
其与x轴的交点分别为，.
设点，由，得，
即，
∴，它表示圆心为，半径为的圆.
∵点既在直线l上，又在圆E上，∴，即，
∴，
即实数m的取值范围为.
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若存在，使得，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）分类讨论取绝对值可求出不等式的解集；
（2）去绝对值转化为不等式组在时有解，进一步转化为可求出结果.
【详解】（1）当时，原不等式可化为.
当时，原不等式可化为，整理得，所以.
当时，原不等式可化为，整理得，所以此时不等式的解集是空集.
当时，原不等式可化为，整理得，所以.
综上，当时，不等式的解集为.
（2）若存在，使得，即存在，使得①.
①式可转化为，即②.
因为，所以②式可化为③，
若存在使得③式成立，则，即，
所以，即a的取值范围为.