2023年山西省吕梁市高考数学二模试卷（含解析）

2023年山西省吕梁市高考数学二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.
C.  D.

2.  已知命题：，，则为真命题的一个充分不必要条件是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  等比数列的前项和为，，，则为(    )

A. 或 B.  C.  D.

4.  在三棱锥中，已知底面，，，则三棱锥外接球的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  (    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知双曲线：的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，，且的面积为，则的离心率是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知、分别是方程，的根，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知，，，则，，的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  已知为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有(    )

A.
B. 复数的虚部为
C. 若，互为共轭复数，则
D. 若复数为纯虚数，则

10.  若函数的最小正周期为，则(    )

A.  B. 在上单调递减
C. 在内有个零点 D. 在上的值域为

11.  已知正方体的棱长为，为上靠近的四等分点，为上靠近的四等分点，为四边形内一点包含边界，若平面，则下列结论正确的是(    )

A. 线段长度的最小值为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 平面
D. 直线与平面所成角的正弦值为

12.  已知椭圆：，、分别为其左、右焦点，椭圆的离心率为点在椭圆上，点在椭圆内部，则以下说法正确的是(    )

A. 离心率的取值范围为
B. 不存在点，使得
C. 当时，的最大值为
D. 的最小值为

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知向量，的夹角为，，，则 ______ ．

14.  某种红糖的袋装质量服从正态分布，随机抽取袋，则袋装质量在区间的约有______ 袋质量单位：
附：若随机变量服从正态分布，则，，．

15.  现有小赵、小钱、小孙、小李、小刘人去北京、上海、广州三地参加研讨会，每人只能去一个城市，每个城市至少去一人，则小赵不去北京的概率为______ ．

16.  若过点有条直线与函数的图象相切，则的取值范围是______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知正项数列的前项和为，且满足，首项，．
求数列的通项公式；
证明：．

18.  本小题分
如图，在平面四边形中，，，的平分线交于点，且．
求及；
若，求周长的最大值．

19.  本小题分
食品安全问题越来越受到人们的重视某超市在购进某种水果之前，要求食品安检部门对每箱水果进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，这种水果才能在该超市销售已知每箱这种水果第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测不合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响．
求每箱这种水果能在该超市销售的概率；
若这种水果能在该超市销售，则每箱可获利元，若不能在该超市销售，则每箱亏损元，现有箱这种水果，求这箱水果总收益的分布列和数学期望．

20.  本小题分
在四棱锥中，底面是矩形，，为的中点，底面，是上的点．
若平面，求的值；
若是的中点，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．

21.  本小题分
已知抛物线：过点．
求抛物线的方程；
，是抛物线上的两个动点，直线的斜率与直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点．

22.  本小题分
已知函数．
求曲线在处的切线在轴上的截距；
当时，证明：函数在上有两个不同的零点，，且当时，．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：集合，
，
则．
故选：．
求出集合，，利用交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，，则在上恒成立，
则的最小值，即．
故选：．
根据恒成立知识可直接将题意转化为在上恒成立，即可解．
本题主要考查了函数恒成立问题，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，等比数列中，，，成等比数列，
若，，则有，即，
解可得或，
又由，必有．
故选：．
根据题意，由等比数列的性质可得，，成等比数列，由此可得，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由，，所以的外接圆直径，
，
由于底面，，
所以外接球的半径，
，
所以外接球的体积．
故选：．
由已知可得的外接圆直径，进而可求外接球的直径，可求三棱锥外接球的体积．
本题考查求空间几何体的外接球的体积，属中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由，得，
即，，
所以．
故选：．
利用二倍角的正切函数，转化求解即可．
本题考查诱导公式的应用，二倍角的三角函数的应用，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：不妨设在第一象限，如图，

因为，所以，
由图形的对称性知四边形为矩形，因为的面积为，
所以，因为，所以，，
在中，，
解得．
故选：．
不妨设在第一象限，由可得，所以四边形为矩形，再结合双曲线的定义可得，，在中利用勾股定理求解即可．
本题主要考查了双曲线的定义和性质，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由，得，，
在同一平面直角坐标系中作出函数，，的图象，
由题意可知，的值分别为图中点，的横坐标，
，的值分别为图中点，的纵坐标，
因为函数，互为反函数，
互为反函数的图象关于直线对称，
设直线与的交点为，得，
结合对称性可知，
故选：．
根据函数与方程的关系，转化为两个交点问题，作出图象，利用互为反函数的图象关于对称，利用对称的性质进行求解即可．
本题主要考查函数与方程的应用，利用互为反函数的图象关于对称，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数交点问题，利用数形结合进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题意设，，，
则，，
，
在上单调递增，
，即，
，即，
令，，
，
在上单调递减，
，即，
，即，
．
故选：．
由题意设，，，构造函数，，，利用导数研究函数的单调性，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：，故A正确；
复数的虚部为，故B不正确；
设，，
则，故C正确；
若复数为纯虚数，
则，且，即，故D正确．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，虚部、共轭复数、纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，虚部、共轭复数、纯虚数的定义，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
由最小正周期为，可得，故，
对于，，故A错误；
对于，当，，此时单调递减，故B正确；
对于，，
所以时，
满足要求的有，共有个零点，C正确；
对于，当时，，则，
故，所以D错误．
故选：．
确定解析式后，根据的性质，对应判断各个选项即可．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：如图，
连接E、，由已知可得，，
且平面平面，平面平面，
取上靠近的四等分点，连接、G、，
则，又平面，平面，平面，
由已知平面，则点的轨迹为线段G.
由，可知在等腰三角形中，当时，
线段的长度最短，且，故A错误；
为定值，点到平面的距离等于到平面的距离，等于，
定值，故B正确；
连接、，可得，
平面，平面，平面，故C正确；
由已知求得，点到平面的距离为，故直线与平面所成角的正弦值为，故D错误．
故选：．
连接E、，由已知证明，由直线与平面平行的判定可得平面，得到点的轨迹为线段，求出长度的最小值判断；利用等体积法求三棱锥的体积判断；由直线与平面平行的判定判断；求出的长与点到平面的距离，得到直线与平面所成角的正弦值判断．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，考查点、线、面间的距离计算及线面角的求法，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，由已知可得，，所以，则，故A正确；
对于，由，可知，点为原点，显然原点不在椭圆上，故B正确；
对于，由已知时，，所以，，
又，则，
根据椭圆的定义可得，所以，
当且仅当，，三点共线时，取得等号．的最大值为，故C正确；
对于，因为，所以
，
当且仅当，即时，等号成立．
所以，的最小值为，故D错误．
故选：．
利用椭圆的几何性质，结合每个选项的条件计算可判断其正确性．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
故答案为：．
将平方，利用向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查利用完全平方求向量的模长，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为服从正态分布，所以，，
所以


，
计算，所以袋装质量在区间的约有袋．
故答案为：．
根据服从正态分布，计算的值，再计算所求的袋数．
本题考查了正态分布的性质与概率计算问题，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：若三地分配人数分别为时，共有种安排方法：
其中小赵去北京的安排方法有：种：
若三地分配人数分别为时，共有种安排方法，
其中小赵去北京的安排方法有：；
故小赵不去北京的概率为．
故答案为：．
本题根据题意，将所有符合题意的情况列举出来，再利用古典概率模型，求出小赵不去北京的概率．
本题考查古典概率模型，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：设切点为，则，
过点的切线方程为，
代入点坐标化简为，即该方程有三个不等根，
令，求导得到，
函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，，而当或时，．
要使与的图象有三个交点，只需，
即的取值范围是
故答案为：
设切点为，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点的坐标，可得，问题转化为该方程有三个不等根，令，再由导数求极值得答案．
本题考查的是导数的几何意义的应用，将函数的切线条数转化为切点个数问题，最终转化为零点个数问题是解决此题的关键，是中档题．
 

17.【答案】解：由，可得，
两式相减可得：，
化简可得，由正项数列知，
所以，又，解得，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
故；
证明：由可得，
所以，，
因此，． 

【解析】由已知可得，进而可得，可证结论；
由已知可得，进而可证结论．
本题考查由数列的递推式求数列的通项公式，考查裂项相消法求数列的前项和，属中档题．
 

18.【答案】解：在中，由正弦定理得，
又，则，于是，
因为为角平分线，所以，所以，所以，
在中，根据余弦定理得，，
令，，在中，由余弦定理得，
即有，即，，
当且仅当时，“”成立．
所以周长的最大值为． 

【解析】由正弦定理可得，进而可求，进而由已知可求，在中，根据余弦定理可求；
令，，由余弦定理可得，进而可得，可求周长的最大值．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
 

19.【答案】解：每箱这种水果能在该超市销售的概率为．
的所有可能取值为，，，，，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：

所以． 

【解析】根据相互独立事件的乘法公式求解即可；
求得的可能取值及对应概率，完成分布列，根据期望公式计算即可．
本题主要考查离散型随机变量的分布列及期望，是中档题．
 

20.【答案】解：连接，交于点，连接，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以，所以；
因为，所以，
所以，所以，即的值为．
取中点，连接，因为四边形为矩形，，且，所以，
以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，所以平面，
设，则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，所以，
又平面的一个法向量为，
所以，，解得，
所以，，
所以，，
所以直线与平面所成角的正弦值为． 

【解析】连接，交于点，连接，利用平面平面得出，根据对应边成比例求出的值．
取中点，连接，以为坐标原点，，，分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，计算直线与平面所成角的正弦值．
本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了直线与平面所成角的计算问题，是中档题．
 

21.【答案】解：由题意得，解得，
抛物线的方程为；
证明：由得抛物线的方程为，
由题意设直线的方程为，
联立直线方程与抛物线得，整理得，
设，，则，，
，即，即，
，
同理可得，
直线的斜率与直线的斜率之和为，
，即，
，即，
将代入直线得，
直线恒过定点． 

【解析】由题意得，求出，即可得出答案；
由得抛物线的方程为，设直线的方程为，联立，整理得，设，，则，，表示出，，结合题意可得，即可证明结论．
本题考查直线与抛物线的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：，
又，所以，
则曲线在处的切线方程为，
令得，，
故切线在轴上的截距为．
证明：要证函数在上有两个不同的零点，，
只需证方程在上有两个不同的实数解，
即证方程在上有两个不同的实数解，
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以存在，使得；
又，，所以存在，使得，
故函数在上有两个不同的零点，．
由上易知，，，两式相加得，
两式相减得，，
则，
令，则，
所以，
设，
则，
所以在上单调递减，
则，
故当时，． 

【解析】分别求得，，写出切线方程；
将证函数在上有两个不同的零点，，转化为方程在上有两个不同的实数解，令，利用导数法证明；由，，两式相加和相减联立得到，令，则，则，设，利用导数法证明即可．
本题考查导数的综合应用，构造函数证明不等式，利用导数求曲线的切线，属难题．