2023届内蒙古赤峰市高三下学期二模数学试题（文）含解析

2023届内蒙古赤峰市高三下学期二模数学试题（文）

一、单选题

1．设全集，，，则集合为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据交集，并集和补集的运算即可求解.

【详解】因为全集，

由知，，；

由知，，，

则集合，

故选：C.

2．已知复数的虚部为，在复平面内复数对应向量的模长为2，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先设，再列关于a的方程求得a的值，进而求得复数.

【详解】复数的虚部为，可令

又在复平面内复数对应向量的模长为2，

则，解之得，则

故选：B

3．在“万众创业”的大背景下，“直播电商”已经成为我国当前经济发展的新增长点，已知某电商平台的直播间经营化妆品和食品两大类商品，2022年前三个季度，该直播间每个季度的收入都比上一季度的收入翻了一番，其前三季度的收入情况如图所示，则（    ）

A．该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的3倍；

B．该直播间第三季度化妆品收入是第一季度化妆品收入的6倍；

C．该直播间第三季度化妆品收入是第二季度化妆品收入的3倍；

D．该直播间第三季度食品收入低于前两个季度的食品收入之和.

【答案】C

【分析】设该直播间第一季度总收入为单位1，结合图中数据对四个选项一一进行判断.

【详解】A选项，设该直播间第一季度总收入为单位1，则设该直播间第二季度总收入为单位2，该直播间第三季度总收入为单位4，所以第三季度总收入是第一季度总收入的4倍，故A错误；

B选项，因为第三季度总收入是第一季度总收入的4倍，设该直播间第一季度总收入为单位1，故该直播间第三季度化妆品收入是第一季度化妆品收入的倍，B错误；

C选项，设该直播间第一季度总收入为单位1，故直播间第三季度化妆品收入是第二季度化妆品收入的倍，C正确；

D选项，设该直播间第一季度总收入为单位1，则该直播间第三季度食品收入为，前两个季度的食品收入之和为，

因为，故该直播间第三季度食品收入高于前两个季度的食品收入之和，D错误.

故选：C

4．函数在上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求得函数的奇偶性，结合排除法求得其大致图象.

【详解】，，

则

则为偶函数，其图像关于y轴对称，排除AB；

又时，排除C,

故选：D

5．九连环是中国杰出的益智游戏，九连环由9个相互连接的环组成，这9个环套在一个中空的长形柄中，九连环的玩法就是要将这9个环从柄上解下来（或套上），规则如下：如果要解下（或套上）第环，则第号环必须解下（或套上），往前的都要解下（或套上）才能实现.记解下连环所需的最少移动步数为，已知，，，若要解下7环最少需要移动圆环步数为（    ）

A．42 B．85 C．170 D．341

【答案】B

【分析】根据给定的递推公式，依次计算作答.

【详解】连环所需的最少移动步数为，，，，

则，，，

，.

故选：B

6．下列选项中，命题是命题的充要条件的是（    ）

A．在中，：，：.

B．已知，是两个实数，：，：.

C．对于两个实数，，：，：或.

D．两条直线方程分别是，，：，：或.

【答案】A

【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】A.在中，

当时，由三角形中大边对大角，小边对小角得，

又由正弦定理可得；

当时，由正弦定理可得，

又由三角形中大边对大角，小边对小角得，

所以命题是命题的充要条件，故A正确；

B.由得，故命题是命题的必要条件，故B错误；

C.对于两个实数，，若，则或，反之不成立，故命题是命题的充分条件，故C错误；

D.两条直线方程分别是，，

当时，，解得，

所以命题是命题的充分条件，故错误；

故选：A

7．记函数的最小正周期为.若，为的零点，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】C

【分析】先求出函数的周期，再由可求出，然后由为的零点，可求得结果.

【详解】因为的最小正周期为，且，

所以，

因为，所以，

所以，

因为为的零点，

所以，

所以，解得，

因为，所以的最小值为4，

故选：C

二、多选题

8．四叶草曲线是数学中的一种曲线，某方程为，因形似花瓣，又被称为四叶玫瑰线（如图），在几何学、数学、物理学等领域中有广泛的应用.例如，它可以用于制作精美的图案、绘制函数图象、描述物体运动的轨迹等等.根据方程和图象，给出如下4条性质，其中错误的是（    ）

A．四叶草曲线方程是偶函数，也是奇函数；

B．曲线上两点之间的最大距离为；

C．曲线经过5个整点（横、纵坐标都是整数的点）；

D．四个叶片围成的区域面积小于.

【答案】AB

【分析】根据函数与方程的定义可判断A；设曲线上的点到原点的距离为，利用基本不等式可得的范围可判断B；由的范围可得的范围，可得曲线上的整点可判断C；由的范围得曲线上的点到原点的距离最大值为，求出以为圆心，为半径的圆的面积可判断D.

【详解】对于A， 用替换方程中，方程不变，四叶草曲线方程不是函数的解析式，

所以不是偶函数，也不是奇函数，只是四叶草曲线关于轴、原点对称，故A错误；

对于B， 设曲线上的点到原点的距离为，因为，所以

，，所以，

可得，即，根据对称性可得两点之间的最大距离为，故B错误；

对于C， 由B可知，所以，可得曲线上的整点有，曲线经过5个整点，故C正确；

对于D，由B可知，曲线上的点到原点的距离最大值为，

以为圆心，为半径的圆的面积为，所以四个叶片围成的区域面积小于，故D正确.

故选：AB.

三、单选题

9．双曲线的左右焦点分别为，，过作倾斜角为45°的直线交双曲线右支于点，若轴，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由列出方程，得到，求出离心率.

【详解】由题意得，

中，令得，解得，

故，

因为，所以，结合可得，

方程两边同时除以得，，

解得，负值舍去，故离心率为.

故选：D

10．在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（    ）

A．4 B．6 C．8 D．18

【答案】B

【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面积公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案.

【详解】，由正弦定理得，，

又，

所以，

因为，所以，故，

因为，所以，

由三角形面积公式可得，故，

由余弦定理得，

解得或（舍去），

故三角形周长为.

故选：B

11．如图所示，在长方体中，点是棱上的一个动点，若平面与棱交于点，给出下列命题：

①四棱锥的体积恒为定值；

②四边形是平行四边形；

③当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点至少有两个；

④直线与直线交于点，直线与直线交于点，则、、三点共线.

其中真命题是（    ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④

【答案】C

【分析】利用割补法判断四棱锥的体积是否为定值；利用面面平行性质定理证明四边形是平行四边形；利用侧面展开图求得截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点个数；利用两平面有且仅有1条通过其公共点的直线证明、、三点共线.

【详解】①四棱锥的体积等于三棱锥的体积

与三棱锥的体积之和,

又长方体中，平面，

则点到平面的距离为定值，

则四棱锥的体积恒为定值.判断正确；

②由平面与棱交于点，

可得平面平面，平面平面，

又平面平面，则；

又平面平面，平面平面，

又平面平面，则，

又，四边形是平行四边形.判断正确；

③由②可得，截面四边形是平行四边形.

当的值最小时，四边形的周长取得最小值.

将侧面与侧面展开在同一平面，

当且仅当E为直线与交点时的值最小，

则当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点仅有1个.判断错误；

④直线与直线交于点，直线与直线交于点，

则、、三点均为平面与平面的公共点，

由平面与平面有且仅有一条交线可得、、三点共线. 判断正确.

故选：C

12．已知，，，其中为自然对数的底数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由，构造函数，利用导数法判断；由，构造函数，利用导数法判断.

【详解】解：，，，

则，令，

则在上递减，则，

所以在上递增，则，即，

则，令，

则在上递减，则，

所以在上递减，则，即，

故选：B

四、填空题

13．已知向量，，且与的夹角为，则______.

【答案】

【分析】依据向量数量积列出关于x的方程，解之即可求得x的值.

【详解】向量，，则，

又与的夹角为，则，

解之得或（舍）

故答案为：

14．已知，是两个具有线性相关的两个变量，其取值如下表：

其回归直线过点，则，满足的条件是______.

【答案】

【分析】求出样本中心点，代入回归直线方程，结合过点，得到.

【详解】，，

则，

因为回归直线过点，所以，

故，故.

故答案为：

15．某三棱锥的三视图如图所示，则此三棱锥外接球的体积是______.

【答案】

【分析】画出直观图，转化为求长方体的外接球，从而求出外接球半径和体积.

【详解】画出直观图如下：即三棱锥，其中，

此三棱锥外接球即为长方体的外接球，则长方体体对角线即为外接球直径，

设外接球半径为，

则，所以，.

故答案为：

16．已知抛物线与圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，，，，其中，在第一象限，，在第四象限，则最小值是______.

【答案】

【分析】按直线AB斜率存在和不存在分类讨论，斜率不存在时直接求出的值，斜率存在时，设出直线方程，代入抛物线方程后应用韦达定理及基本不等式求解最值，最后比较即可得答案.

【详解】的圆心为，半径为1，

所以圆心为抛物线的焦点，且圆M过抛物线的顶点.

当轴时，，则，

当斜率存在时，设其方程为，，

将代入得，

则，

所以，

当且仅当，即时取等号，

由知，的最小值为.

故答案为：

【点睛】结论点睛：若是抛物线上任一点，是抛物线的焦点，则.

五、解答题

17．①数列中，已知，对任意的，都有，令. ②函数对任意有，数列满足，令.

在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）

(1)数列是等差数列吗？请给予证明.

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)数列是等差数列，证明过程见详解；

(2)

【分析】（1）数列是等差数列，证明如下：若选①，令，根据题意得到，进而得证；若选②，利用倒序相加求得，，利用等差数列的定义即可证明；

（2）结合（1）的结论得到，利用裂项相消法即可求解.

【详解】（1）若选①，数列是等差数列，证明如下：

因为，对任意的，都有，

令，所以，

则，又因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.

若选②，数列是等差数列，证明如下：

因为函数对任意有，

令，得，即，

，

又，

两式相加，得，

所以，.

又因为，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列.

（2）若选①，由（1）知，，

所以，

所以.

若选②，由（1）知，，

所以，

所以.

18．内蒙古自治区新高考改革自2022年起执行，在取消文理分科后实行“”模式，即语数外三科为国家统考，所有考生必选，然后从物理、历史2科中任选1科，再从化学、生物、政治和地理中任选2科参加高考.选科前大家普遍认为，传统的“大文大理”（即“数理化”、“政史地”组合）还依然是主流，而且男生将依然是“大理”的主体.某校为了解学生对“大理”的选择是否与性别有关，从该校高一年级1000名学生（550名男生，450名女生），按男女生分层随机抽样抽取100人进行选科意向调查.经统计，选择“大理”的人数比非“大理”人数多出20人.

(1)完成上面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.5%的前提下认为选择“大理”与性别有关；

(2)为了进一步了解学生进行选科的理由，随机选取了男生4名，女生2名进行访谈，再从中抽取2名代表作详细交流，求至少抽到1名女生的概率.

附表及公式：，.

【答案】(1)详见解析；

(2)

【分析】（1）先依据题给条件求得样本中选择“大理”和非“大理”男生人数和女生人数，进而完成列联表；求得的值再与7.879进行比较进而判断能否在犯错误的概率不超过0.5%的前提下认为选择“大理”与性别有关；

（2）利用古典概型即可求得至少抽到1名女生的概率.

【详解】（1）该校高一年级1000名学生（550名男生，450名女生），

按男女生分层随机抽样抽取100人，则样本中55名男生，45名女生

选择非“大理”男生15名，则选择“大理”男生40名，

设选择非“大理”女生x名，则选择“大理”女生名，

则，解之得，

则选择非“大理”女生25名，则选择“大理”女生名，则列联表如下：

则能在犯错误的概率不超过0.5%的前提下认为选择“大理”与性别有关；

（2）在选取的4名男生2名女生中，抽取2名代表作详细交流，

记“至少抽到1名女生”为事件A，

则

即至少抽到1名女生的概率为.

19．已知为等边三角形，其边长为4，点为边的中点，点在边上，并且⊥，将沿折起到.

(1)证明：平面平面；

(2)在棱上取一点P，使，求.

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）由折叠后位置关系不变得到线线垂直，证明线面垂直，面面垂直；

（2）先根据体积关系得到四边形的面积为四边形面积的一半，作出辅助线，结合三角形面积公式求出，从而得到比例关系.

【详解】（1）因为⊥，所以折叠后⊥，⊥，

因为，平面，

所以⊥平面，

因为平面，

所以平面⊥平面；

（2）要想，只需四边形的面积为四边形面积的一半，

连接，则，故，

故，，

故四边形的面积为，

所以边形的面积为，，

由三角形面积公式得，解得，

.

20．已知函数，

(1)若点是图象上一点，点是图象上一点，在当时，求，两点之间的最近距离；

(2)若函数在上单调递减，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）先求得的斜率为2的切线方程，再利用点到直线距离公式即可求得，两点之间的最近距离；

（2）利用题给条件构造关于的不等式，构造函数，并利用导数求得的最小值，进而求得实数的取值范围.

【详解】（1）设点为图像上一点，

，则，令，

则，又，此时，

则在点处的切线方程为

则点到直线的距离

则，两点之间的最近距离为

（2），，

则，，

由函数在上单调递减，

可得在上恒成立，

即在上恒成立，

令，，则,

由，可得；由，可得

则当时，取得最小值

则，则实数的取值范围为

21．已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，，左、右焦点为，，点为椭圆上异于，的动点，且的面积最大值为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设过定点的直线交椭圆于，两点（与，不重合）证明：直线与直线的交点的横坐标为定值.

【答案】(1)

(2)证明过程见解析

【分析】（1）根据面积最值和离心率列出方程组，求出，得到椭圆方程；

（2）得到过定点的直线斜率不为0，设直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线与直线的方程，联立得到交点的横坐标，代入两根之和，两根之积，化简后得到答案.

【详解】（1）当点位于上顶点或下顶点时，取得最大值，

则，

又，解得，

故椭圆的方程为；

（2）因为，所以为椭圆的左焦点，

因为，两点与，不重合，所以过定点的直线斜率不为0，

设过定点的直线为，

与联立得，

设，则，

直线的方程为，直线的方程为，

联立与得

，

所以直线与直线的交点的横坐标为定值.

【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

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，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程，曲线的直角坐标方程；

(2)设点，曲线，的交点为A，，求的值.

【答案】(1)详见解析；

(2)5

【分析】（1）利用参数方程与直角坐标方程的互化规则求得曲线的普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化规则求得曲线的直角坐标方程；

（2）先利用点M求得曲线的参数方程，再利用参数t的几何意义和一元二次方程根与系数关系即可求得的值.

【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），

则曲线的普通方程为；

曲线的极坐标方程为，即，

则曲线的直角坐标方程为，整理得；

（2）曲线的普通方程为，点在曲线上，

则曲线的一个参数方程为（为参数），

代入，整理得，

A，对应的参数分别为，则，

则.

23．已知函数，若的解集为.

(1)求实数，的值；

(2)已知，均为正数，且满足，求证：.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）根据得到，利用零点分段法解不等式，得到解集，求出；

（2）结合（1）得到，并用基本不等式进行证明.

【详解】（1）由题意得，故，即，

解得，

故的解集为，

当时，，解得，故，

当时，，解得，故，

当时，，解得，解集为空集，

综上，的解集为，故；

（2）由（1）知，

已知，均为正数，故，即，，

当且仅当，时，等号成立，

所以，当且仅当时，等号成立.