2023年高考数学二轮复习讲练测：模拟检测卷02（文科）（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（文科）（解析版），共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，执行如图的程序框图，输出的值是，记函数的最小正周期为等内容，欢迎下载使用。

2023年高考数学模拟考试卷2
高三数学（文科）
（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】根据一元一次不等式可解得集合，再根据函数值域求法可求得集合，由交集运算即可得出结果.
【详解】由题意可得，
由函数值域可得，
所以．
故选：C
2．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，化简式子，利用复数相等求出复数，然后求复数的模即可
【详解】设，则，则，故.
故选：A
3．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用正负相关与线性相关的强弱进行求解即可
【详解】都是正线性相关，
所以，
并且相关性最强，
所以；
都是负线性相关并，
所以，
且相关性强，
所以，
所以；
所以；
故选：A
4．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.
5．已知，，则“”是“”成立的（    ）
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】B
【分析】先化简，然后判断其充分性与必要性即可.
【详解】先化简，构造函数，
所以有，显然在单调递增，所以；
又因为，，所以由“”不能得出“”，由“”可得出“”，故“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：B
6．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】列举出循环的每一步，结合余弦函数的周期性可求得输出结果.
【详解】因为对任意的，
，
执行第一次循环，，，不成立；
执行第二次循环，，，不成立；
执行第三次循环，，，不成立；
，
以此类推，执行最后一次循环，，
，成立，跳出循环体，
因为，因此，输出结果为.
故选：B.
7．若直线与直线被圆截得的弦长之比为，则圆C的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出圆心分别到两条直线的距离，根据勾股定理求出两条直线被圆截得的弦长，根据弦长之比为列式求出，可得圆的半径，从而可得圆的面积.
【详解】圆C的标准方程为，
所以圆心到直线的距离为，
到直线的距离分别为，
所以直线被圆截得的弦长为，
直线被圆截得的弦长为，
由题意可得，解得，满足，
所以圆C的半径为，面积为.
故选：B．
8．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是矩形，，分别是棱 的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作辅助线，作出异面直线与所成角或补角，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】如图，取棱的中点H，连接，则，

则是异面直线与所成的角（或补角）．
又因为，故,
平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面，故,
由四边形是矩形，，则,
平面,故平面,
平面,故,
设，则EH＝2，．
在 中，则，故,
即异面直线与所成角范围为，故所求角的余弦值是，
故选：B
9．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（    ）
A．是周期为的函数
B．
C．的值域是
D．方程在区间内恰有个实数解
【答案】D
【分析】根据抽象函数关系式可推导得到，并确定为上的奇函数，由此可确定AB错误；利用导数可求得在上的值域，结合对称性和周期性可求得在上的值域，知C错误；将问题转化为与的交点个数问题，采用数形结合的方式可确定D正确.
【详解】对于A，由得：，
，是周期为的周期函数，A错误；
对于B，，，
又，，为定义在上的奇函数，
，又，，
，B错误；
对于C，当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上的单调递增，，
又，，当时，；
为奇函数，当时，，
则当时，；
由得：关于直线对称，
当时，；
又的周期为，当时，，C错误；
对于D，方程解的个数等价于与的交点个数，
作出与的部分图象如下图所示，

的周期为，且当时，与有两个交点，
当时，与有个交点，
，当时，与有且仅有一个交点，
当时，与有且仅有一个交点；
综上所述：当时，与有个交点，即方程恰有个实数解，D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题D选项考查了方程根的个数的求解，解决此类问题的常用方法有：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，从而确定根的个数；
（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
10．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：
①；
②；
③在上单调递增；
④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度．
以上四个说法中，正确的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由为一条对称轴得，结合的范围可求得，从而得出的解析式，求值可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图象平移的规律可判断④.
【详解】由且，故，故①错误；
因为为一条对称轴，故，．由于，故，则，所以，故②正确；
当时，，则在上单调递增，故③正确；
将的图象向右平移个单位长度得的图象，而，故④错误．
所以，正确的有②③，共2个．
故选：B．
11．如图，在四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意分析可知平面ACE，根据外接球的性质以及四面体ABCD的结构特征确定四面体ABCD的外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积.
【详解】如图1，取BD的中点E，由，，可得，
又，所以为等边三角形．
由，，可得，，
，平面ACE
则平面ACE，

如图2，延长AE至Q，使得，延长CE至P，使得，
∵的外接圆的直径，即，
故易知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．

由，，可得，
在中，，
故四面体ABCD外接球的表面积为．
故选：A.
【点睛】结论点睛：
（1）球的任何截面均为圆面；
（2）球心和截面圆心的连线垂直于该截面，故外接球的球心位于过底面的外心的垂线上.
12．如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，且，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，则双曲线的离心率是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取中点，根据向量数量积的运算律和向量线性运算可将已知数量积不等式化为，由此可确定，由三角形中位线性质知；设，结合双曲线定义可表示出，在和中，利用勾股定理可求得离心率.
【详解】取中点，连接，

，
，
，则，恒成立，
，又，，
设，由得：，
根据双曲线定义可知：，，
，即，，
，，又，，
，则离心率.
故选：D.



第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设实数x，y满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】设，有不等式组作出可行域，得出的范围.化简，然后根据的范围，即可求出答案.
【详解】设，根据约束条件作出可行域如图所示，

解可得，，所以.
由图知当目标函数经过点或点时取得最小值，当目标函数经过点时取得最大值，即．
又，
又，
所以，当时，该式有最小值为；当时，有最大值为.
故答案为：．
14．已知函数有2个零点，且过点，则常数t的一个取值为______．
【答案】（不唯一）．
【分析】由条件求出的范围，然后取一个值即可.
【详解】由可得或
由可得
因为函数有2个零点，且过点，所以
故答案为：（不唯一）
15．如图，矩形ABCD中，AC是对角线，设∠BAC＝α，已知正方形S1和正方形S2分别内接于Rt△ACD和Rt△ABC，则的取值范围为______．

【答案】
【分析】设两个正方形边长分别为，，用，表示AC建立方程，将两个三角形的周长比表示为的三角函数，求取值范围.
【详解】设两个正方形，边长分别为，，
则在中，有，
在中，有，所以，
的周长与的周长比为，
设，
因为，所以，
则，
因为在上单调递增，所以，，
所以周长比为.
故答案为：.
【点睛】注意到的关系，换元用表示，注意换元后新未知数的取值范围.
16．已知F是抛物线的焦点，C的准线与x轴交于点T，P，Q是C上的两点，直线TP与C相切，，则___________.
【答案】##
【分析】根据题意求得的坐标，根据导数的几何意义，求得点的坐标，再设出点的坐标，根据向量关系，即可求得参数.
【详解】由题意得，，对于，
不妨设，则，求导得，
设，且，则直线TP的方程为，
因为点在直线TP上，所以，得，
则，所以，.
设，则，因为，
所以，所以，，
代入，得，得（舍）或.
故答案为：.
【点睛】本题考查抛物线中坐标的求解，解决问题的关键是利用导数的几何意义，以及点在曲线上，则点的坐标满足曲线方程，属综合困难题.


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）在数列中，，．
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为．若，求正整数的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，利用累加法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）解：因为，，且，
所以，
当时，
当时
，
又时也符合上式，
所以.
（2）解：由（1）可知，所以，
所以，
所以，
则，解得.
18．（12分）随着互联网的迅速发展，越来越多的消费者开始选择网络购物，某营销部门统计了年某月某地区的部分特产的网络销售情况，得到网民对不同特产的满意度和对应的销售额（万元）的数据如下表：
特产种类
甲
乙
丙
丁
戊
满意度/%
22
34
25
20
19
销售额/万元
78
90
86
76
75

(1)求销售额关于满意度的相关系数；
(2)约定：销量额关于满意度的相关系数的绝对值在及以上表示线性相关性较强；否则，线性相关性较弱．如果没有达到较强线性相关，则采取“末位淘汰”制（即销售额最少的特产退出销售），求剔除“末位淘汰”的特产后的销量额关于满意度的线性回归方程．（结果精确到）
参考数据：记，的5组样本数据分别为，…，，，，，，，，．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用公式直接计算即可；
（2）剔除“末位淘汰”的特产的数据，重新计算出平均数以及各个数据，代入公式，求出线性回归直线方程．
（1）
由题意，可得．
（2）
因为，所以线性相关性较弱，淘汰销售额为万元的特产．
剔除“末位淘汰”的特产的数据后，，．
，，，，
所以，，所以所求线性回归方程为．
19．（12分）如图①，在梯形中，，E为中点，现沿将折起，如图②，其中F，G分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求点B到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，证明，可得平面，再根据线面垂直的性质可得，在证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）先利用勾股定理可得，从而可得面，再根据线面垂直的性质可得，设H是中点，连接，证明，再在三棱锥中，利用等体积法即可得解.
【详解】（1）连接，
在图①中，因为，E为中点，
所以且，
所以四边形为正方形，
则和都是等腰直角三角形，
在图②中，由且F是的中点，
则，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为，所以，
因为，且G是的中点，所以，
又因为平面，
所以平面；
（2）在图②中，因为，所以，
又因为，
所以，所以，
又由（1）知面，
所以面，
又面，所以，
设H是中点，连接，
因为，
所以，又平面，
所以平面，
又平面，所以，
由题易得，
，
所以的面积为，
的面积为，
设点B到平面的距离为d，
由有，
即，所以，
所以点B到平面的距离为.

20．（12分）已知函数，且.
(1)求实数的值；
(2)证明：存在，且时，.
【答案】(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）要使，即，对求导，得到的单调性和最值，即可求出实数a的值；
（2）对求导，则，设，再对求导，利用导数性质推导出是在的唯一极大值点，即可证明.
【详解】（1）显然的定义域为，且.
因为，且，故只需.
又，则，∴.
若，则.显然当时，，此时在上单调递减；
当，，此时在（1，+∞）上单调递增.
所以是的唯一极小值点，
故.综上，所求的值为1.
（2）由（1）知.
设，则
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，
在上单调递增.

所以在有唯一零点，在上有唯一零点1，
且当时，；当时；
因为，所以是的唯一极大值点.
即是在的最大值点，所以成立.
21．（12分）已知椭圆，A、F分别为的左顶点和右焦点，O为坐标原点，以OA为直径的圆与交于M点（第二象限），．

(1)求椭圆的离心率e；
(2)若，直线，l交于P、Q两点，直线OP，OQ的斜率分别为，．
（ⅰ）若l过F，求的值；
（ⅱ）若l不过原点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）

【分析】（1）根据所给条件求得点M坐标，带入椭圆方程结合离心率的定义，进行求解即可；
（2）设，，坐标分别为，，
（ⅰ）根据题意求得直线l的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理直接求即可；
（ⅱ）设直线l的方程为，（）与椭圆方程联立得，利用韦达定理得，，由即可得解.
【详解】（1）由已知点M是以AO为直径的圆上的点，
∴，又∵，，∴，，
∴，又∵点M在椭圆上，∴，整理得，
∴
（2）设，，
（ⅰ）由，，∴椭圆的方程为：，
在中，∴直线l的斜率为，
∴直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
整理得：，∴，，
∴，
（ⅱ）设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
消去x整理得：，当得，
∴，，
∴
∴当且仅当时，有最大值，此时最大值是
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.


（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.