2023年高考数学二轮复习讲练测：模拟检测卷02（理科）（解析版）

这是一份2023年高考数学二轮复习讲练测：模拟检测卷02（理科）（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，已知随机变量的分布列如下等内容，欢迎下载使用。

2023年高考数学模拟考试卷2
高三数学（理科）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：高中全部知识点。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解不等式得，再根据集合运算求解即可.
【详解】解：因为等价于，解得或，
所以，
因为，
所以，
所以.
故选：C
2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的运算求出，即可得出在复平面内所对应的点.
【详解】由，得，
所以在复平面内所对应的点是．
故选：B.
3．已知等比数列的前n项和为，若，，且，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，由，，列方程求出，进而可求出，结合指数函数的性质求出的最大、小值，列不等式组即可求出的取值范围
【详解】解：设等比数列的公比为，
因为，，
所以，解得，
所以，
当x为正整数且奇数时，函数单调递减，
当x为正整数且偶数时，函数单调递增，
所以时，取得最大值，当时，取得最小值，
所以，解得.
故选：B.
4．已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，，则的值为（    ）
A．117 B．118 C．122 D．123
【答案】C
【分析】利用函数的奇偶性和周期性求解即可.
【详解】由解得，即是以4为周期的周期函数，所以，
因为为偶函数，所以，当时有，
又因为，所以，
所以，，
所以，
所以即，
故选：C
5．某校高二年级学生举行中国象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、乙、丙三位同学进入决赛.决赛规则如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束.若经抽签，已知第一场甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，则（    ）
A．甲获得冠军的概率最大 B．甲比乙获得冠军的概率大
C．丙获得冠军的概率最大 D．甲、乙、丙3人获得冠军的概率相等
【答案】C
【分析】根据比赛进行的场次进行分类讨论，结合相互独立事件概率计算公式，求得甲、乙、丙三人获得冠军的概率，从而确定正确答案．
【详解】根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，
（1）甲获得冠军有两种情况：
①共比赛四场结束，甲四连胜夺冠，概率为
②共比赛五场结束，并且甲获得冠军．则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况∶胜胜胜负胜，
胜胜负空胜，胜负空胜胜，负空胜胜胜，概率分别为，即，
因此，甲最终获得冠军的概率为；
（2）乙获得冠军，与（1）同理，概率也为；
（3）丙获得冠军，概率为，
由此可知丙获得冠军的概率最大，即A，B，D错误，C正确，
故选∶C．
6．设双曲线的左、右焦点分别为，，B为双曲线E上在第一象限内的点，线段与双曲线E相交于另一点A，AB的中点为M，且，若，则双曲线E的离心率为（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】连结连接、.设，根据双曲线的定义可推得，即．进而在直角三角形中，根据勾股定理可得.结合已知条件，即可得出，从而得出离心率.
【详解】
如图，连接、.
因为M为AB的中点，，所以．
设，
因为，所以.
又因为，所以，
则．
因为M为AB的中点，所以，则．
设，在中，，
在中，，
则，整理可得，所以．
当时，，则，
所以离心率为．故选：D．
7．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．
8．已知随机变量的分布列如下：

0
1
2





其中，2，若，则（    ）A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】由题知，进而根据二项分布的期望与方差公式，方差的性质依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：由表中数据可知，
∴，，
又∵，
∴，，
∴，.
故选：B
9．在正方体中，点P在正方形内，且不在棱上，则正确的是（    ）

A．在正方形内一定存在一点Q，使得
B．在正方形内一定存在一点Q，使得
C．在正方形内一定存在一点Q，使得平面
D．在正方形内一定存在一点Q，使得平面∥平面
【答案】A
【分析】对于A，找到特殊点，说明在正方形内一定存在一点，使得可判断 A；对于B，通过作辅助线，利用平行的性质，推出矛盾，可判断B；利用线面垂直的性质定理推出矛盾，判断C；利用面面平行的性质推出矛盾，判断D.
【详解】对于A，假设P为正方形的中心，Q为正方形的中心，
作，垂足分别为H，G，连接H，G，
则为矩形，
则，且H，G为的中点，连接，

则，
∵，∴，即，故A正确；
对于B，假设在正方形内存在一点Q，使得，
作，垂足分别为E，F，连接，
则为矩形，且与相交，
∴，，∴，
这与相交矛盾，故B错误；
对于C，假设在正方形内一定存在一点Q，使得平面，

平面，则，
又平面，故，
而平面平面，故，
而平面，
故平面，
∵平面，故C，D重合，与题意不符，故C错误．
对于D，在正方形内一定存在一点Q，使得平面∥平面，
由于平面平面，平面平面，
∴，而，
则Q在上，这与题意矛盾，故D错误；
故选：A．
10．任意写出一个正整数，并且按照以下的规律进行变换：如果是个奇数，则下一步变成，如果是个偶数，则下一步变成，无论是怎样一个数字，最终必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．它可以表示为数列（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】列举出的可能情况，可得出的所有可能取值，相加即可得解.
【详解】由题意，的可能情况有：
①；②；
③；④；
⑤；⑥；
所以，的可能取值集合为，的所有可能取值之和为.
故选：B.
11．函数的最大值为（    ）.
A． B． C． D．3
【答案】D
【分析】利用三角函数的平方关系将转化为点到点的距离之差，再利用三角形两边之差小于第三边，结合三角函数的值域即可求得结果.
【详解】因为，
所以，
故的最大值转化为点到与的距离之差的最大值，
因为，，，
所以，
当且仅当时，等号成立，则，
经检验，此时，，
所以，即的最大值为.
故选：D.
12．设，，，则（    ）
A．b＞c＞a B．b＞a＞c
C．c＞b＞a D．a＞b＞c
【答案】A
【分析】构造函数证明b＞c，构造函数证明，构造函数证明，从而得结论.
【详解】令函数，则，当时，，当x＞1时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当x＝1时取等号，即．所以，故，即b＞c．
令函数，x＞0，则，在上单调递增，所以，故，即，故．
令函数，则，故当x＞1时，，所以，即，所以c＞a．
综上b＞c＞a．
故选：A．
【点睛】方法点睛：
构造函数比较大小主要方法有：
1.通过找中间值比较大小，要比较的两个或者三个数之间没有明显的联系，这个时候我们就可以通过引入一个常数作为过渡变量，把要比较的数和中间变量比较大小，从而找到他们之间的大小关系。
2.通过构造函数比较大小，要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系。有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围。

第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量满足，，，则向量在向量上的投影为______．
【答案】－1
【分析】由条件根据数量积的性质求，再由向量的投影的定义求向量在向量上的投影.
【详解】∵向量满足，，，
∴，∴，，
∴向量在向量上的投影为，
故答案为：-1.
14． 的展开式中不含的各项系数之和______.
【答案】128
【分析】对每一个括号利用二项展开式的通项公式进行展开，展开后对每一项进行合并，合并后使得项幂次为0，确定项数后即可得到答案.
【详解】利用二项展开式的通项公式进行展开，设项为，项为，项为.
展开后得对每一项进行合并得 ，因为展开式中不含，所以，又得取值为，得取值为，故得.
代入展开式得，又得取值为，分别带入后各项系数之和为.
故答案为：128
15．如图，在四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的表面积为______．

【答案】##
【分析】通过做图，做出，的外心，则外接球球心为过外心的两平面垂线的交点，后利用正余弦定理可得外接球半径.
【详解】如图1，取BD的中点E，由，
可得，
又，
可得，又，所以为等边三角形．
因为，，平面AEC，平面AEC，，则平面ACE．
如图2，延长AE至Q，使得，延长CE至P，使得，
由正弦定理，可得，外接圆半径为，
又，，，则P为的外心，Q为的外心，过点P作平面BCD的垂线，过点Q作平面ABD的垂线，
两垂线的交点O就是四面体ABCD外接球的球心．
连接OE，因，则，
由，，可得，
则在中，，
由余弦定理，
故四面体ABCD外接球的表面积为．故答案为：.
.
【点睛】方法点睛：本题涉及求几何体的外接球的表面积，解决外接球问题有以下常见手段：
（1）侧棱与底面垂直的三棱锥，可将三棱锥补形为长方体或正方体；
（2）正棱锥外接球常用解决问题，其中R为外接球半径，h为正棱锥高，r为底面外接圆半径；
（3）侧面和底面呈一定角度的几何体，常利用过外心做平面垂线确定球心位置，后结合图像及正余弦定理解决问题.
16．已知点F是椭圆的右焦点，点到椭圆上的动点Q的距离的最大值不超过，当椭圆的离心率取到最大值时，则的最大值等于__________．
【答案】##
【分析】设，求得的表达式，对进行分类讨论，结合二次函数的性质、椭圆的定义来求得的最大值.
【详解】设，则，即且．
因为，
而，即，
所以，当，即时，
当时，取得最大值，．
又因为椭圆的离心率，因此当时，e最大．
设椭圆的左焦点为，则，因此，
所以当Q在的延长线上时，取得最大值，
，
因此的最大值为．当，即时，
当时，取得最大值，，
由解得，即．
又因为椭圆的离心率，因此当时，e最大．
设椭圆的左焦点为，则，
因此，
所以当Q在的延长线上时，取得最大值，
，
因此的最大值为．综上所述，的最大值为．
故答案为：
【点睛】在椭圆有关线段和差的最值问题求解的过程中，可考虑利用椭圆的定义进行转换，从而求得最值.

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．
17．（12分）已知函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)在中，若，求的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数性质求出周期作答.
（2）由（1）中函数式求出A，再利用差角的正弦公式、辅助角公式结合正弦函数性质求解作答.
【详解】（1）依题意，
，
所以函数的周期为.
（2）由（1）知，，
在中，，有，于是，解得，则，
，
显然，，因此当，即时，，
所以的最大值为.

18．（12分）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：）做好记录．下表是检验员在一天内依次抽取的个零件的尺寸：
抽取次序








零件尺寸（）








抽取次序
9
10
11
12
13
14
15
16
零件尺寸（）









经计算得，，，，其中为抽取的第个零件的尺寸（）．
(1)求的相关系数，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）；
(2)一天内抽检的零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？
②在之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差．（精确到）
【答案】(1)；可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小
(2)①需对当天的生产过程进行检查；②均值的估计值为，标准差的估计值为．

【分析】（1）将样本数据代入相关系数公式可求得，根据可得结论；
（2）①计算出对应数据，对比样本数据即可得到结论；
②剔除出数据后，重新计算出平均数和方差，由方差和标准差关系可得标准差.
【详解】（1）由样本数据得相关系数：．
，可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小．
（2）①，，，，
抽取的第13个零件的尺寸在以外，
需对当天的生产过程进行检查．
②剔除离群值，即第个数据，剩下数据的平均数为，
即这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为；
由得：，
剔除第个数据，剩下数据的样本方差为，
样本标准差为，
即这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为．

19．（12分）如图，已知四棱锥，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，E是BC的中点．

(1)证明：；
(2)H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求异面直线PB与AC所成的角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【分析】（1）由已知条件推导出为正三角形，从而得到，，再由平面，得到，由此能证明平面，进而证得结论；
（2）连接，，则为与平面所成的角，当最短时，即当时，最大．建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量夹角公式求解．
【详解】（1）由四边形ABCD为菱形，，可得为正三角形，
因为E为BC的中点，所以，
又，因此，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
而平面PAD，平面PAD，，
则平面，又平面PAD，
所以．
（2）设，连接AH，EH，
由（1）知平面PAD，则为EH与平面PAD所成的角，
因为平面PAD，所以．
所以在中，，
所以当AH最短时，即当时，最大，此时，
因此．又，所以，所以．
故以A为原点，AE所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，
则，
，
∴异面直线PB与AC所成的角的余弦值．
20．（12分）已知直线过抛物线的焦点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)动点A在抛物线C的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两点，当的面积是时，求点A的坐标．
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）求出焦点坐标为，从而得到，求出抛物线方程；
（2）设出，过点A的抛物线的切线方程设为，与抛物线方程联立，根据得到，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为，求出，表达出，，列出方程，求出，得到点A的坐标.
【详解】（1）中令得：，
故焦点坐标为，故，解得：，故抛物线方程为；
（2）抛物线准线方程为：，
设，过点A的抛物线的切线方程设为，
联立得：，
由，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为，
故，
令中，令得：，
不妨设，故，
则，
解得：，故点A的坐标为或.
【点睛】已知抛物线方程，点为抛物线上一点，则过点的抛物线切线方程为，
若点在抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点弦方程为.

21．（12分）已知函数和有相同的最小值.
(1)求的值；
(2)设，方程有两个不相等的实根，，求证:
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】(1)由二次函数的性质可得，利用导数可得，再根据两函数的最小值相同，求解即可；
(2) 令，利用导数确定即在上单调递增，由零点存在定理可得，使，由题意可设，，利用导数可得是减函数，即可得 ，再由在上的单调性即可得证.
【详解】（1）解：，
所以；
函数的定义域为，，
令，解得，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以
因为函数和有相同的最小值，
所以
即；
（2）证明：，
，
令，则，
所以即在上单调递增，
因为，
所以，使，
于是在上单调递减，在上单调递增.
又，当趋于0时，趋于0，
则当时，
方程有两个不相等的实根根，，
不妨设.
设，
则，

，
由即，
得，
并代入上式，得
所以是减函数，
，
即，
又由题意，得，
而，且在上单调递增，
所以，
即，
又，
故.
【点睛】方法点睛：有关函数的单调性的问题，借助于导数进行确定；关于不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题进行解答.



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

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，点，曲线C的参数方程为（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，已知直线l的极坐标方程为．
(1)写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)设点M为C上的动点，点P满足，写出P的轨迹的参数方程，并判断l与是否有公共点．
【答案】(1)，：
(2)，（为参数），直线l与圆没有公共点。

【分析】（1）根据消参法可得曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标之间的转化公式可得直线的直角坐标方程.
（2）设，设，根据，即可求得P的轨迹的参数方程，表示圆，计算圆心到直线的距离，即可判断断l与是否有公共点．
【详解】（1）因为曲线C的参数方程为(为参数)，
所以，
即曲线C的普通方程为：，
因为，由，
可得l的方程为：.
（2）设，设，
因为 ，
所以，
则，（为参数），
故P的轨迹的参数方程为，（为参数），
所以曲线为以为圆心，半径为4的圆，
而圆心到直线l的距离为，
因为，所以直线l与圆相离，
故直线l与圆没有公共点.


23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数，且的解集为.
(1)求实数m的值；
(2)若a，b，c均为正实数，且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）考虑，和三种情况，分别计算不等式得到答案.
（2）变换，展开利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1）函数，且的解集为，
所以，
当时，，解得：；
当时，，且；
当时，，则，解得：.
的解集为，且，则；
（2）证明：

，
当时等号成立.