2023届江苏省淮安市郑梁梅高级中学高三二模数学试题含解析

这是一份2023届江苏省淮安市郑梁梅高级中学高三二模数学试题含解析，共21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。

一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据并集的概念运算可得结果.
【详解】因为集合，
所以.
故选：A
2．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【详解】解：因为复数，对应的向量分别是，，则复数，因此点位于第二象限，选B
3．已知圆锥的底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由扇形的弧长公式与面积公式求解即可
【详解】设圆锥的底面半径为，侧面展开扇形的半径为，
因为底面周长，
所以扇形的弧长，
所以，
所以圆锥的侧面积为，
故选：D
4．已知数据的平均数为，设为该组数据的“阶方差”，若，则与的大小关系为（ ）
A．B．C．D．与奇偶性有关
【答案】A
【分析】由，得，当为偶数时，可得，，再累加可得；当为奇数时，可得，，再累加可得.
【详解】因为，所以，
因为，且，
所以当为偶数时，为偶数，所以，
当时，；
当时，则，所以，
综上， ，
所以，
当为奇数时，为奇数，所以，
当时，；
当时，则，所以，
综上，，
所以，
综上所述：.
故选：A
5．已知在中，，以斜边的中点为圆心，为直径，在点的另一侧作半圆弧，点在圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，求出半圆弧所在的圆的方程，利用数量积的坐标形式可求数量积的取值范围.
【详解】
因为直角三角形为等腰直角三角形，故可建立如图所示的平面直角坐标系，
其中，
而以为直径的圆的方程为：，
整理得到：，
设，则，故，
因为在半圆上运动变化，故，
故的取值范围为：，
故选：A.
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对进行通分化简，再左右两边同时平方且求出，进而得到答案
【详解】，
，
，
，
，
.
，
，
，
，
故选：D.
7．已知点为椭圆上两点，且，其中为坐标原点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】C
【分析】首先讨论点分别是长短轴的一个端点时，的值，再当点不是长短轴的端点时，设，联立椭圆方程，得到点的坐标，并利用垂直关系得到点的坐标，即可求，并利用基本不等式求最小值.
【详解】由条件可知，，，当点分别是长短轴的一个端点时，，此时，
当点不是长短轴的端点时，设联立，得,
得，，将换成，得，,
,
，当，即时等号成立，
所以，所以,
综上可知，，即的最小值为
故选：C
8．已知，且，则的取值范围是（ ）（注：选择项中的为自然对数的底数）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用换底公式可得，构建新函数，利用导数讨论其单调性后可判断的取值范围.
【详解】因为，故，故，
设，其中，则，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
但当时，，当时，，
而，故.
下证对于任意的，对在总有两个不同的零点，
由的单调性可知在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
设，则，
故在上为减函数，故，
故在总有两个不同的零点，
综上，.
故选：B
【点睛】思路点睛：对于多变量的方程的问题，应该根据方程的特点合理构建新函数，利用导数讨论其单调性，在问题解决的过程中注意对范围充分性的说明.
二、多选题
9．对两个变量与进行线性相关性和回归效果分析，得到一组样本数据:，则下列说法不正确的是（ ）
A．若所有样本点都在直线上，则两个变量的样本相关系数为
B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
C．若越大，则变量与的线性相关性越强
D．若越小，则变量与的线性相关性越强
【答案】AD
【分析】根据相关系数的定义及其意义，对选项逐一判断即可得到结果.
【详解】当所有的样本点都在直线上时，样本点数据完全负相关，其相关系数，故A错误；
残差平方和越小的模型，越大，拟合的效果越好，故B正确；
相关系数值越大，则变量与的线性相关性越强，故C正确；
相关系数越小，则变量与的线性相关性越弱，D错误；
故选:AD.
10．如图是函数的部分图象，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】设，由图象得出函数的最小正周期，可求得的值，将点代入函数解析式，求出的表达式，可得出原函数的解析式，结合诱导公式可判断各选项是否满足条件.
【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，
设，则，所以，，
，且函数在附近单调递减，
所以，，可得，
所以，，C选项满足条件，A选项不满足条件；
对于B选项，，B选项不满足条件；
对于D选项，，D选项满足条件.
故选：CD.
【点睛】方法点睛：根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法：
（1）求、，；
（2）求出函数的最小正周期，进而得出；
（3）取特殊点代入函数可求得的值.
11．在平面直角坐标系中，已知动圆（），则下列说法正确的是（ ）
A．存在圆经过原点
B．存在圆，其所有点均在第一象限
C．存在定直线，被圆截得的弦长为定值
D．所有动圆仅存在唯一一条公切线
【答案】AB
【分析】对于A选项：将代入圆方程，求得，即可判断；
对于B选项：根据圆所有点均在第一象限得到，即可判断；
对于C选项：当定直线的斜率存在，设直线：，当定直线的斜率不存在，设直线，由垂径定理和勾股定理得到弦长，要使弦长为定值，则弦长与无关，得到关于和的方程组，即可求解；
对于D选项：求出所有动圆的公切线，即可求解.
【详解】对于A选项：若圆经过原点，则，
化简得：，解得：，
所以当时，圆经过原点，所以A选项正确；
对于B选项：由题意得圆的圆心，半径（），
若圆上的所有点均在第一象限，则，解得：，
即且，所以当时，圆上的所有点均在第一象限，所以B选项正确；
对于C选项：当定直线的斜率存在，
设存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，
则圆心到直线的距离，
则弦长
即，
要使弦长为定值，则弦长与无关，
所以，解得：，
此时弦长，
不存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，
当定直线的斜率不存在，设直线，则圆心到直线的距离，
所以弦长，
要使弦长为定值，则弦长与无关，
即，此时弦长，
综上：不存在定直线，被圆截得的弦长为定值，
所以C选项错误；
对于D选项：若所有动圆存在公切线，当切线斜率不存在时，满足题意；
切线斜率存在时，且圆心到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得：，即，
化简得：，
若所有动圆存在公切线，则上式对恒成立，
则，解得：，
此时，
综上：所有动圆存在公切线，其方程为或，所以D选项不正确，
故选：AB.
12．已知函数，其中为自然对数的底数，为其导函数，则下列判断正确的是（ ）
A．在单调递增
B．在仅有1个零点
C．在有1个极大值
D．当时，
【答案】ABC
【分析】通过求导可分析A选项, 将方程 的根的问题转化为两个函数的图象交点问题, 从而可分析 B,C 选项, 举反例可分析D选项.
【详解】，,
当时，可得，此时，故在单调递增，A选项正确；
令，可得，作出函数和的函数图像，如图所示，
由图可知，函数和在仅有1个交点，即在仅有1个零点，故B正确；
由图可知在内有两个不同的交点，
设两个交点的横坐标为且，
当时，<,即；
当时，>,即；
故为极小值点，
当时，<,即；
故为极大值点，
所以在有1个极大值，C正确；
当，，故D错误；
故选：ABC.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值, 函数的零点和方程根的关系, 函数图象的应用, 属于较难题.
三、填空题
13．若函数为奇函数，当时，，则______.
【答案】
【分析】首先利用奇函数的性质求，再求值.
【详解】因为函数是奇函数，所以，得，
即时，，
所以.
故答案为：
14．如图，在杨辉三角中，斜线的上方从1按箭头方向可以构成一个“锯齿形”的数列记其前项和为，则的值为______.
【答案】361
【分析】由“锯齿形”找出一定规律，分别求出奇数项和偶数项的通项公式，即可的.
【详解】由题意，设“锯齿形”数列的奇数项构成数列，由
，可得，由累加法可得，时，也满足
所以,
因为“锯齿形”数列的偶数项构成以3为首项，1为公差的等差数列
所以
故答案为：361
15．抛物线的焦点为，过的直线交于两点，在两点处的切线交于点，则弦的长为______.
【答案】4
【分析】设直线的方程为，与抛物线联立，求得，利用导数的几何意义，可设出切线，切线的方程，联立两切线的方程，求得的坐标，结合已知可得，再利用抛物线的弦长公式即可得解.
【详解】抛物线的焦点为，设，，
显然，直线的斜率存在，且
则直线的方程为
联立，整理得，则
由，求导得，
故切线的方程为，即①
同理切线的方程为②
两式相减，求得的横坐标，即，
两式相加，求得的纵坐标，
即，解得，
所以
故答案为：4
16．已知圆台的内切球与圆台侧面相切的切点位于圆台高的处，若圆台的上底面半径为，则球的体积为______.
【答案】
【分析】求得圆台的高，也即求得球的直径，进而求得球的半径，从而求得球的体积.
【详解】圆台的上底面半径为，
由于圆台的内切球与圆台侧面相切的切点位于圆台高的处，
根据切线长定理可知：圆台的下底面半径为，母线长为，
所以圆台的高为，
也即球的直径为，半径为，
所以球的体积为.
故答案为：
四、解答题
17．设数列前项和为，
(1)记，写出，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，，；
(2).
【分析】（1）由题得，，得，即可解决.
（2）分组求和解决即可.
【详解】（1）由题得，数列前项和为，，
因为，
所以，，
当时，，
所以，
所以，
所以，即，显然满足上式，
所以为等比数列，
因为，公比，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，，
因为，即，
所以，
所以，
.
18．在中，角所对的边分别为，点在边上，且，.
(1)若，求；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理可求出结果；
（2）在中，由余弦定理求出，在中，由余弦定理求出即可得解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
所以，即，
解得或（舍）.
（2）在中，由余弦定理得，
所以，所以.
在中，.
所以.
19．某校为丰富同学课余生活，活跃校园气氛，促进年级之间的友好关系，决定在高二､高三之间进行知识抢答赛，比赛规则如下：每个年级选出3名同学参加比赛，第一场比赛从两个年级的3名同学中各出1人进行抢答，失败者淘汰，失败者所在年级的第二名同学上场，以此类推，直至一方年级的3名同学全部淘汰，比赛结束.已知每个年级的3名同学之间已经排定好比赛顺序，且每个同学在每场比赛中胜利或失败的概率均为.
(1)求比赛结束时刚比赛完第四场的概率；
(2)已知其中一个年级的同学甲排在第二个上场，求甲所参加的比赛场数的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)根据比赛结束时场次,分情况分析列式,计算即可.
(2)由题意, 甲第二个上场,考虑每种情况比赛场数,分别列式计算,得出分布列及数学期望.
【详解】（1）打完第四局结束,则赢的一方只能输一局且只能为前三局
设比赛结束时刚比赛完第四场为事件
（2）设甲参加的比赛场数为, 可能的取值为.
当时,
当时,
当时,
当时,
的分布列为则随机变量的分布列为：
则数学期望为
．
20．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，，点为棱上一点，且.
(1)若平面，求实数的值；
(2)若平面，求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，表达出，求出平面的法向量，从而，列出方程，求出；
（2）求出平面的法向量，结合第一问得到的，列出方程组，求出，从而利用线面角的正弦值求解公式得到答案.
【详解】（1）因为底面，平面，
所以BC，AB，
又因为，
所以两两垂直，
以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，，，，，
所以，设，
故，解得：，
故，，
设平面的法向量为，
则，
令，解得：，
故，
由题意得：，即，
解得：；
（2）设平面的法向量为，
则，
令，则，，
故，
由于平面，所以，设，
即，解得：，
故，
由（1）得：平面的法向量为，
设直线和平面所成角的正弦值为，
故，
直线和平面所成角的正弦值为.
21．已知双曲线M：的离心率为，点，分别为其左、右焦点，点为双曲线M在第一象限内一点，设的平分线PQ交y轴于点Q，当时，.
(1)求双曲线M的方程；
(2)若，此时直线交双曲线M于A、B两点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率及可求出得出方程；
（2）写出直线PQ的方程，联立椭圆方程，由根与系数的关系及三角形的面积公式得出面积表达式，换元后利用二次函数求最值.
【详解】（1）根据题意可得，∴，
当时，将代入双曲线方程中，易得，
∴，∴，
∴双曲线M的方程为；
（2）设PQ与x轴交于点N，如图，

则，
又，∴，
∵PQ为的平分线，∴，
∴，∴直线PQ的方程为：，
令，得，
∴直线的方程为，即，
联立，可得，
易得，设，，则，，
又，∴，
∴，
令，则，
∴面积的最大值为.
22．设函数，其中为自然对数的底数.
(1)当时，讨论函数在上的单调性；
(2)当时，求证：对任意.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明详见解析
【分析】（1）利用多次求导的方法求得在上单调递增.
（2）化简所要证明的不等式，利用构造函数法，结合多次求导的方法证得不等式成立.
【详解】（1）当时，，
，
设，
，
则当时，单调递增，
所以在区间上，，也即，
所以在上单调递增.
（2）当时，要证明：对任意，
即证明：对任意，
即证明：对任意，
即证明：对任意，
构造函数，
，
构造函数，
，所以在上递增，
故存在，使①，
所以在区间递减；
在区间递增.
所以在区间上的极小值，也即是最小值为，
②，
由①得，代入②得：
，
令，
则函数的开口向下，对称轴，
所以当时，取得最小值
，
即，所以对任意，
从而对任意.
【点睛】利用导数研究函数性质的过程中，如果一次求导无法判断出函数的单调性，可考虑利用多次求导的方法进行求解.求解过程中要注意函数及其导函数间的对应关系，不能弄混.
X
0
1
2
3
P