2023年湖北省星云联盟高考数学二模试卷

这是一份2023年湖北省星云联盟高考数学二模试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省星云联盟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.  设全集，，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  (    )A.  B.  C.  D. 3.  设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  现代建筑物的设计中通常会运用各种曲线、曲面，将美感发挥到极致如图所示是位于深圳的田园观光塔，它的主体呈螺旋形，高，结合旋转楼梯的设计，体现了建筑中的数学之美某游客从楼梯底端出发一直走到顶部现把该游客的运动轨迹投影到塔的轴截面，得到曲线方程为的单位：该游客根据观察发现整个运动过程中，相位的变化量为，则约为(    )
A.  B.  C.  D. 5.  过三点，，的圆与直线交于，两点，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  若曲线在点处的切线经过坐标原点，则(    )A.  B.  C. 或 D. 或7.  已知双曲线的左、右焦点分别为，，为右支上一点，与的左支交于点若，则的离心率的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 8.  从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合，，则在的条件下，恰有个元素的概率为(    )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.  人口问题始终是战略性、全局性的问题年末我国人口比上年末减少万人，为年来的首次人口负增长，其中生育率持续降低受到了人们的广泛关注为促进人口长期均衡发展，国家制定了一系列优化生育政策：年正式全面开放二胎；年实施三孩生育政策，并配套生育支持措施为了了解中国人均单位：万元和总和生育率以及女性平均受教育年限单位：年的关系，采用近十年来的数据绘制了散点图，并得到经验回归方程，，对应的决定系数分别为，，则(    )
A. 人均和女性平均受教育年限正相关 B. 女性平均受教育年限和总和生育率负相关
C.  D. 未来三年总和生育率将继续降低10.  在正方体中，，则(    )A.
B. 与平面所成角为
C. 当点在平面内时，
D. 当时，四棱锥的体积为定值11.  已知数列为公差为的等差数列，为公比为的正项等比数列记，，，，则(    )
参考公式：A. 当时， B. 当时，
C.  D. 12.  在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”那么(    )A. 存在旋转函数
B. 旋转函数一定是旋转函数
C. 若为旋转函数，则
D. 若为旋转函数，则三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知复数，为实数，则 ______ ．14.  已知为抛物线：的焦点，直线与交于，，与的另一个交点为，与的另一个交点为若与的面积之比为：，则 ______ ．15.  设函数的定义域为，满足，若，且在单调递增，则满足的的取值范围是______ ．16.  三棱锥的各顶点都在半径为的球的球面上，，在平面内，，则球的球面与平面的交线长为______ ；当三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正切值为______ ．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
在中，点为边的中点，．
当时，求的面积；
求的最大值．18.  本小题分
如图，在四棱锥中，，，，为中点．
在棱上是否存在点，使得平面？说明理由；
若平面，，求平面与平面所成角的余弦值．
19.  本小题分
记为数列的前项和已知，．
求的通项公式；
记为数列的前项积，求的最大值．20.  本小题分
已知函数．
当时，讨论的单调性；
当时，证明：存在唯一的极小值点，且．21.  本小题分
已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，且在线段上．
求直线，的斜率之和；
设与交于点，证明：为定值．22.  本小题分
某区域中的物种拥有两个亚种分别记为种和种为了调查该区域中这两个亚种的数目，某生物研究小组计划在该区域中捕捉个物种，统计其中种的数目后，将捕获的生物全部放回，作为一次试验结果重复进行这个试验共次，记第次试验中种的数目为随机变量设该区域中种的数目为，种的数目为，每一次试验均相互独立．
求的分布列；
记随机变量已知，；
(ⅰ)证明：，；
(ⅱ)该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为数据的平均值，方差采用和分别代替和，给出，的估计值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由可得，即，
于是，
又，
故A．
故选：．
先解不等式得到集合，然后根据补集和交集的定义计算．
本题主要考查了集合交集及补集运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：，
故选：．
由两角和的正弦公式，结合诱导公式求解即可．
本题考查了两角和的正弦公式，重点考查了诱导公式，属基础题．
 3.【答案】 【解析】解：因为在方向上的投影向量为，
所以，
则，
又因为，为单位向量，所以，
所以，，
所以．
故选：．
由投影向量的概念可得，然后利用向量的数量积运算求解．
本题主要考查了投影向量的概念，考查了向量的数量积运算，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由旋转楼梯高为知，投影到轴截面上后，
对应曲线中，游客移动的水平距离是，
初始时游客在最底端，
当时，初相为，
整个运动过程中，相位的变化量为，且最后游客在最高点，
最后的位置，
，解得：．
故选：．
根据建筑物的高，游客的初始位置和最后位置，表达出运动过程的位移变化量，即可计算出的值．
本题主要卡槽三角函数的应用，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：依题意，设圆的方程为：，，

于是，解得，，，
则圆的方程为，即，其圆心为，半径，
点到直线的距离为，
所以．
故选：．
根据给定条件，求出圆的方程，再利用弦长公式求解作答．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意，，
设切点的坐标为，
故切线的斜率．
由于切线过原点，
故切线方程为．
又切线经过切点，
即．
整理可得：，
即．
即，
故或．
故选：．
设出切点，根据导数的几何意义及切线过原点先写出切线方程，由切线过切点可列方程计算．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：由题意易得：，所以，
设，，由余弦定理可得，
则，
设点，则，
即，
所以，故．
故选：．
由双曲线的定义可得，结合余弦定理及双曲线性质可得，化简求范围即可．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：由题意可分以下四种情况讨论：
若中有一个元素，则中至少有三个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
若中有两个元素，则中至少有两个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
若中有三个元素，则中至少有一个元素，此时满足的情况有种，而满足恰有个元素的有种；
若中有四个元素，则中至少有一个元素，此时满足的情况
有种，而满足恰有个元素的有种；
故满足题意的概率为：．
故选：．
按照要求分类讨论计算即可．
本题主要考查了集合与古典概型，较为新颖，关键在于分类讨论要不重复不遗漏，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：由回归方程可知，
人均和女性平均受教育年限正相关，A正确；
因为，，
可得女性平均受教育年限和总和生育率的关系式为，
所以女性平均受教育年限和总和生育率负相关，B正确．
由散点图可知，回归方程相对拟合效果更好，
所以，C错误；
根据回归方程预测，未来总和生育率预测值有可能降低，
但实际值不一定会降低，D错误．
故选：．
根据回归方程判断选项A，写出女性平均受教育年限和总和生育率的关系式，从而判断选项B，根据散点图的拟合效果判断选项C，由回归方程可预测未来趋势，但实际值不一定会继续降低，从而判断选项D．
本题考查线性回归方程相关知识，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：因为在正方体中，，
所以，
所以点在四边形内及边界运动不含，
对于，因为底面，底面，
所以．
又，，，平面，
所以平面，平面，
所以，故A正确；
对于，因为平面，设，
所以为与平面所成角，即为与平面所成角，
设正方体棱长为，，，，
由余弦定理可得，故B错误；
对于，当点在平面内时，即点在线段上，
所以正确，故C正确；
对于，当时，取，的中点，，连结，点在线段上运动，
因为四边形的面积为定值，，
所以点到平面的距离不是定值，
所以四棱锥的体积不是定值，故D错误．
故选：．
依题意点在四边形内及边界运动不含，对于，通过证明线面垂直证得线线垂直得出结果；对于，与平面所成角，即为与平面所成角，根据线面角的定义及余弦定理进行求解；对于，当点在平面内时，即点在线段上，即可直接判断结果；对于，通过分析四边形的面积为定值，点到平面的距离不是定值得出结果．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：对于，由题意易得：当时，，，
显然时，，故A错误；
对于，由题意易得：，
即，故B正确；
对于，由已知可得：，
所以
若为偶数，则
，
当且仅当时取得等号；
若为奇数，则，
当且仅当时取得等号，故C正确；
对于，由已知得：，
故，
故裂项可得：，
所以，故D正确．
故选：．
根据等差数列、等比数列的性质及求和公式一一计算即可．
本题考查了数列的综合，需要较高的计算能力与逻辑思维能力，项的关键在于化简得，再将用基本不等式分类讨论求最值；项的关键在于利用条件化简得，再用裂项相消求和判定不等式，属于难题．
 12.【答案】 【解析】解：对于，如满足条件，故A正确；
对于，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对与，若为旋转函数，
则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，
不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有个以上的交点．
故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点．
即与至多个交点．
联立可得．
当时，最多个解，满足题意；
当时，的判别式，
对任意的，都存在使得判别式大于，不满足题意，故故C正确；
对与，同，与的交点个数小于等于，
即对任意的，至多个解，故为单调函数，
即为非正或非负函数．
又，故，即恒成立．
即图象在上方，故，即．
当与相切时，可设切点，
对求导有，故，解得，此时，故故D正确．
故选：．
对，举例说明即可；对，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对，将旋转函数转化为函数与任意斜率为的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可．
本题考查函数图象相关知识，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：依题意，，解得，故．
故答案为：．
根据实数的定义可得，再根据模长公式求解即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：如图，抛物线：的焦点为，可知，
由题意，得，即，
所以直线的方程为，
联立，得，
，因为，可得点的横坐标为，
代入抛物线方程可得，，所以，
，，
，又，所以．
故答案为：．
由题意可判断得，写出点，的坐标，从而得，表示出直线的方程，与抛物线联立方程组，从而求解出点的横坐标，代入抛物线方程计算，即可得，从而根据三角形面积公式表示与的面积，再根据面积比，列式计算可得的值．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属中档题．
 15.【答案】 【解析】解：因为，可得，
所以，关于对称，
由，可得，关于对称，
因为，，，
所以，
则，
因为，所以，
，所以关于轴对称，
所以，
因为，所以，
则，
所以函数是周期为的周期函数．
因为是偶函数，且在单调递增，所以在单调递减，
令中，则，则，
又因为关于对称，所以在上单调递增，上单调递减，
结合函数是周期为的周期函数，
综上可得在，上单调递增，，上单调递减，
因为的最小正周期为，结合图象可知，

在，上单调递增，在上单调递减，
令中，则，则，
当，又，所以，
当，又，所以，
所以当时，，解得．
又因为与均为周期函数，且均为其周期，
所以的的取值范围是，．
故答案为：，．
由题意可知，是周期为的周期函数，的最小正周期为，结合与的单调性，易知在一个周期内，由，可得，再结合周期求出范围即可．
本题主要考查了抽象函数及其性质，函数的奇偶性，对称性和周期性，考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题．
 16.【答案】  【解析】解：设球的球面与平面的截面圆心为，令
由，又，
可得，整理得，得，
则球的球面与平面的交线长为．
设所在截面圆圆心为，则为与平面所成角，
令，则的边长为，
如下图，设直线，确定平面与球截面交点为，过作于，
则，又
则点到平面的最大距离为
，
则一定时，三棱锥的最大体积，
令，
则，
，
，
，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
故当时，取得最大值，即三棱锥的体积取得最大值．
则当三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正切值为．

故答案为：，．
先求得平面截球所得截面圆半径即可求得球的球面与平面的交线长；先求得三棱锥的体积表达式，再利用导数求得其最大值点，即可求得三棱锥的体积取得最大值时，与平面所成角的正切值．
本题考查球的相关计算，属于中档题．
 17.【答案】解：在中，为边的中点，
，
，整理得，即，
若，即，则，
，
，
的面积为；
由得，在中，，当且仅当时，等号成立，
，
又，
的最大值为． 【解析】由题意得，整理得，即，可得，求出，即可得出答案；
求出的取值范围，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 18.【答案】解：取的中点，连接，，

则，又，，
所以四边形为平行四边形，．
因为平面，平面，，
所以平面．
取的中点为，连接，，，．
若平面，，因为，平面，
则，，且，
又，，，平面，所以平面，
所以，又，所以，，
又，的中点为，所以，
则以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：

，，，，
则，，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，则可取，
设平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为． 【解析】取的中点，利用线面平行的判定证明平面；
取的中点为，证明，，，以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法证明即可．
本题考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
 19.【答案】解：因为时，，所以，
两式相减得到，化简整理得，
所以当时，，
又当，，又，解得．
所以当时，，
又当时，，满足，
当时，，不满足，
综上所述，．
由知，当时，，得到，
又当时，，满足，所以，
令，所以，，，，，，
又，
当时，，
所以当时，，又，，，，，，
所以，当时，，
所以时，取得最大值． 【解析】通过条件，利用和间的关系，得出，再利用累积法即可求出结果；
利用中结果，得到，从而得到，通过计算和利用二项式定理得出数列前项均为负数，从第项起均为正数，从而求出结果．
本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
 20.【答案】解：，
，
设，，
，故单调递增，
当时，，，
恒成立，当且仅当时，取等号，
在单调递增；
证明：当时，，，
由零点存在性定理得存在唯一，使得，
当时，；当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，
，即，
又，则，，
令，则，
，，即，
则单调递增，
又，，
． 【解析】求导可得，设，利用导数可得单调递增，代入可得，即可得出答案；
由零点存在定理可得存在唯一，使得，通过导数易得存在唯一的极小值点，由，构造函数，利用导数，即可证明结论．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值、最值，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．
 21.【答案】解：由已知得，，
设，，
当直线斜率为时，易得；
当直线斜率不为时，设直线：，
与椭圆方程联立，
即，
由韦达定理可知：，
故，
代入式可得，，
所以；
综上，．
证明：设，取关于轴的对称点，
由可知，，，三点共线，
设直线，直线，
联立直线，，解得，
所以，
即，
又，
则，
因为，
所以，整理可得，
所以的轨迹是焦距为，长轴长为的双曲线右支的一部分，
所以． 【解析】设直线：，与椭圆方程联立，利用韦达定理计算斜率之和即可；
取关于轴的对称点，由的结论可设直线，直线，联立两直线求得点轨迹，从而可得结果．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】解：依题意，均服从完全相同的超几何分布，
故的分布列为．
由题可知
，，
故，．
(ⅱ)由(ⅰ)可知的均值，
先计算的方差



，
所以．
依题意有，
解得，．
所以可以估计，． 【解析】根据条件，判断服从超几何分布，再利用超几何分布的分布列即可求出结果；
直接利用均值和方差的性质即可证明结果；
(ⅱ)先利用第(ⅰ)中的结论，求出，，再结合条件建立方程组，从而求出结果．
本题的主要考查超几何分布的分布列和期望，考查运算求解能力，属于中档题．