甘肃省金昌市2023届高三二模数学（理）试题（含解析）

甘肃省金昌市2023届高三二模数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，其中为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，若该圆台的体积为，则其母线长为（    ）

A． B． C．4 D．

4．甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为（    ）

A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.6

5．已知向量，满足，，则向量，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

6．在的展开式中，的系数为（    ）

A．4 B．－4 C．－60 D．60

7．已知是函数的一个零点，若，则（    ）

A． B．

C． D．

8．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内的条件可以是（    ）

A． B． C． D．

9．设为数列的前项和，若，，则下列各选项在正确的是（    ）

A． B．

C． D．

10．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线的两个交点为．若，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

11．已知函数在上单调递增，且在区间上既有最大值又有最小值，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．在底面是边长为4的正方形的四棱锥中，点在底面的射影为正方形的中心，异面直线与所成角的正切值为，则四棱锥的内切球与外接球的半径之比为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．曲线在点处的切线方程为______．

14．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题，“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是“现有一根金杖，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，估计此金杖总重量约为_________斤．

15．若函数，又是函数的图象上的两点，且的最小值为，则的值为______.

16．已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点E，过F的直线与C在第一象限的交点为A，则的最大值为______．

三、解答题

17．在中，内角的对边分别为，且．

(1)求；

(2)若，求．

18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，．

(1)证明：平面；

(2)若，，且，，求二面角的余弦值．

19．中学阶段是学生身体发育最重要的阶段，长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康．某校为了解甲、乙两班学生每周自我熬夜学习的总时长（单位：小时），分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查，得到他们最近一周自我熬夜学习的总时长的样本数据：

甲班　　8　　13　　28　　32　　39

乙班　　12　 25　  26　　28　　31

如果学生平均每周自我慗夜学习的总时长超过26小时，则称为“过度熬夜”．

(1)请根据样本数据，分别估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；

(2)从甲班、乙班的样本中各随机抽取2名学生的数据，记“过度熬夜”的学生总数为，写出的分布列和数学期望．

20．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．

(1)求椭圆的方程；

(2)是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足（为坐标原点）？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由．

21．已知函数．

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若存在，使成立，求实数的取值范围．

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的直角坐标方程和的普通方程；

(2)求曲线上的点到直线距离的最小值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若不等式的解集为，求证：．

参考答案：

1．A

【分析】先利用指数函数的单调性和对数函数的定义域得到，，即可得到.

【详解】由，，

则，

所以．

故选：A.

2．C

【分析】设复数，则，根据复数的加减法与复数相等求得结果.

【详解】设复数，则，

则，则，，

所以．

故选：C.

3．A

【分析】根据圆台体积公式求出圆台高，再由高及底面半径求圆台母线.

【详解】设圆台的高为，

则圆台的体积，

解得，

故圆台母线长．

故选：A

4．B

【分析】由题意，表示出该题未被解出的概率，然后列出方程，即可得到结果.

【详解】设乙独立解出该题的概率为，

由题意可得，∴．

故选：B.

5．A

【分析】由两边平方求得，再根据两个向量夹角的余弦公式求得结果.

【详解】因为，所以，

因为，，所以，所以，

所以，所以．

故选：A.

6．C

【分析】运用二项式定理的通项公式计算可得结果.

【详解】，

其展开式的通项为，

若先满足中的次数，则，可得，

其中展开式的通项为，

令，得，所以，

故的系数为．

故选：C.

7．B

【分析】根据指数函数及一次函数的单调性确定函数递减，再由零点存在性确定零点范围，结合单调性判断大小.

【详解】函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，

故函数在区间上单调递减，

又，

所以，

因为，，

由单调性知，即．

故选：B

8．C

【分析】根据流程图逐步代入数据检验即可判断.

【详解】，

输出，则判断框内应填入“”．

故选：C.

9．D

【分析】由递推关系求出，根据与其前项和的关系可得是等比数列，根据等比数列的通项公式与求和公式即可求解.

【详解】由，，得,即，解得.

因为，所以，

两式相减得，即.

又，，所以，

所以是首项为2，公比为3的等比数列，

∴，．

故选:D.

10．D

【分析】结合圆的垂径定理及点到直线距离公式求出焦点到准线的距离，求出离心率即可.

【详解】因为，，所以三角形为正三角形，

所以到直线的距离为，所以，

因为，所以，所以，所以.

故选：D

11．B

【分析】根据函数在上单调递增，利用函数导数性质求出的取值范围，在由在区间上既有最大值又有最小值求出的取值范围，然后求交集即可.

【详解】1.因为，则，

若在上单调递增，则在上恒成立，

即恒成立，则，解得；

2.因为，则，

①当时，对任意恒成立，所以在上单调递增，

此时只有最大值，没有最小值不满足题意；

②当时，对任意恒成立，所以在上单调递减，

此时只有最小值，没有最大值不满足题意；

③当时，令，解得；令，解得；

则在单调递增，在单调递减，所以为最小值，

若在上既有最大值，又有最小值，

则且，解得：；

综上所述：．

故选：B.

12．C

【分析】依题意可得为正四棱锥，由可得异面直线与所成的角为，取中点，连接、，即可求出、，再求出四棱锥的表面积与体积，从而求出内切球的半径，再由勾股定理求出外接球的半径，即可得解.

【详解】由题可得四棱锥为正四棱锥，即有．

因为，所以异面直线与所成的角为，

取中点，连接、，则，所以，

所以，．

从而可以求得四棱锥的表面积和体积分别为，，

所以内切球的半径为．

设四棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，则，

则，解得，所以．

故选：C

13．

【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式可得出所求切线的方程.

【详解】对函数求导可得，所以，

所求切线的斜率为，故所求切线方程为，即.

故答案为：.

14．15

【分析】根据题意，每节重量构成等差数列，由等差数列求和公式得解.

【详解】由题意知每节的重量构成等差数列，

设首项为2，则第5项为4，

所以总重量为斤．

故答案为：15

15．

【分析】先根据最大值点和对称中心的最小距离求出周期，再求出函数解析式，代入解析式结合诱导公式及特殊角的函数值求解即可.

【详解】因为，所以，则，

所以，此时点A、B为函数上相邻的最高点和对称中心，

所以，所以，解得，所以，

所以.

故答案为：

16．

【分析】先根据抛物线定义转化为，再联立直线和抛物线得出切线斜率即可求出最大值.

【详解】由题意可知，，．如图所示，过作，垂足为，因为，所以．

只要最小，满足题意，即最小，结合图形可知，与相切时，最小．

设直线的方程为．

由得，，

由，解之得或（舍去），

此时，取得最大值．

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；

（2）由正弦定理化简后再由两角和正弦公式及辅助角公式化简得解.

【详解】（1）由已知及正弦定理得，

因为．

所以，

因为，所以，

因为，所以．

（2）因为，由正弦定理化简得，

又，

所以．

所以．

所以，

因为，所以，

所以．

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，由线面垂直的判定定理得证；

（2）取中点为，以为坐标原点，OB，OF，OP所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，所以，

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，因为平面，所以．

因为，，，平面，所以平面．

（2）如图，取中点为，连接，由平面，平面，知，

又，，所以且，平面平面，平面平面，平面，则平面，

取中点，连接，则，由（1）知平面，

于是以为坐标原点，OB，OF，OP所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．

则C（1,3,0），P（0,0,1），D（－1,3,0），E（1,2,0），

，，，．

设平面的法向量为，平面的法向量为，

则由得取得一个法向量为，

由得取得一个法向量为，

设二面角的平面角大小为，可知是一个锐角，

则．

19．(1)估计甲班学生每周平均熬夜时间24小时；估计乙班学生每周平均熬夜时间24.4小时

(2)分布列见解析；期望为2

【分析】（1）由表即可估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；

（2）计算取不同值时的概率，即可得出的分布列和数学期望.

【详解】（1）由题意，

甲班样本数据的平均值为：，

乙班样本数据的平均值为：，

∴甲班学生每周平均熬夜时间24小时，乙班学生每周平均熬夜时间24.4小时．

（2）由题意及（1）得，

从甲班、乙班的样本中各随机抽取2名学生，

∴的可能取值为 0，1，2，3，4．

， ，

，

，．

的分布列是：

.

20．(1)

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）设椭圆方程为，将已知点坐标代入解方程组即可；

（2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程消去y，利用韦达定理表示，再根据直线与圆相切列方程，联立求解即可判断.

【详解】（1）设椭圆的方程为．

因为过两点，所以解得，

所以椭圆的方程为．

（2）假设存在直线满足题意．

（ⅰ）当直线的斜率不存在时，此时的方程为．

当时，，

同理可得，当时，．

（ⅱ）当直线的斜率存在时，设的方程为，设，

因为直线与圆相切，所以，即①，

联立方程组整理得，

，

由根与系数的关系，得

因为，所以．

所以，

所以，

整理得②，

联立①②，得，此时方程无解．

由（ⅰ）（ⅱ）可知，不存在直线满足题意．

21．(1)单调递增区间为；单调递减区间为

(2)

【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性；

（2）由题意分析可得，求导，分类讨论判断原函数的单调性及最值，结合存在性问题分析运算.

【详解】（1）时，则且，可得，

令，得；令，得；

所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为．

（2）若存在，使成立，等价于当时，有．

因为且，

可得，

故当，即时，，则有：

①当时，则在上恒成立，所以在上为减函数，

可得，故；

②当时，由于在上为增函数，

故的值域为，且，

由的单调性和值域知：存在唯一，使，

且满足：当时，，则在上为减函数；

当时，，则在上为增函数；

所以，，

所以，与矛盾，不合题意；

③当时，由（1）知在上单调递增，

所以，不满足题意；

综上所述：实数的取值范围．

【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧

根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．

22．(1)曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式求直角坐标方程，消参可得直线普通方程；

（2）根据抛物线方程设出点的坐标，由点到直线距离公式配方后求最值.

【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，

所以，

所以．

由消去得．

故曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程．

（2）设曲线上任意一点，

则到直线的距离为．

所以当时，．

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分情况去绝对值符号进行求解；

（2）用分析法证明.

【详解】（1）解：当时，，解得．

当时，，解得．

当时，，解得．

综上，的解集为．

（2）证明：由（1）知，所以，

要证．只需证，即．

只需证，即．

由，得．故原不等式成立．