2023届云南省保山市高三二模测数学试题含解析

2023届云南省保山市高三二模测数学试题

一、单选题

1．如果复数（其中为虚数单位，b为实数）为纯虚数，那么的模长等于（    ）

A． B．2 C．1 D．

【答案】A

【分析】根据复数的运算法则，求得，根据题意求得，结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】由复数的运算法则得，因为复数为纯虚数，所以且，解得，

所以，所以.

故选：A.

2．定义集合运算：，设，，则集合的所有元素之和为（    ）

A．14 B．15 C．16 D．18

【答案】A

【分析】由集合的新定义计算即可.

【详解】由题设知，

所有元素之和为，

故选：A.

3．已知向量，满足，则在方向上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据投影向量定义可得答案.

【详解】由己知条件得：，

又在方向上的投影向量为.

故选：D.

4．足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，若第4次传球后，球又恰好回到甲脚下，则不同的传球方法为（    ）

A．18种 B．21种 C．27种 D．45种

【答案】B

【分析】根据题意分为两种情况讨论：①第一次甲将球传给其余三人，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余三人，第四次再将球传给甲；②第一次甲将球传给其余三人，第二次将球传给甲之外的2人，第三次依然将球传给除甲之外的2人，第四次再将球传给甲，结合分类计数原理，即可求解.

【详解】根据题意，分为两种情况讨论：

①第一次甲将球传给其余三人，有种情况，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余三人，有种情况，第四次再将球传给甲，此时共有种情况；

②第一次甲将球传给其余三人，有种情况，

第二次将球传给甲之外的2人，有种情况，

第三次依然将球传给除甲之外的2人，有种情况，

第四次再将球传给甲，有1中情况，

此时共有种情况，

由分类计算原理可得，第四次传球后，求又回到甲的脚下的传球方式，共有种.

故选：B.

5．折纸艺术大约起源于公元1世纪的中国，6世纪传入日本，后经由日本传到全世界.折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支，是一项具有艺术性的思维活动.现有一张半径为6，圆心为O的圆形纸片，在圆内选定一点P且，将圆翻折一角，使圆周正好过点P，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到O，P两点距离之和最小的点为M，如此反复，就能得到越来越多的折痕，设M点的轨迹为曲线C，在C上任取一点Q，则面积的最大值是（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】利用折叠的几何性质及椭圆的定义先判定曲线C，再利用椭圆的性质计算即可.

【详解】如图所示，设折痕为直线，点P与关于折痕对称，，在上任取一点B，由中垂线的性质可知：，当且仅当M、B重合时取等号.

即折痕上到O，P两点距离之和最小的点为M，且.

故M的轨迹是以O，P为焦点，且长轴长为的椭圆，焦距，，

故短半轴长，所以当Q为椭圆上（下）顶点时，面积的最大值为.

故选：B.

6．已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（    ）

A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆

【答案】C

【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.

【详解】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为1，则，设，

可得，，

因为直线与的所成角为，

则，化简可得，

所以点Q的轨迹为抛物线.

故选：C.

7．我国南宋数学家杨辉126l年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.杨辉三角也可以看做是二项式系数在三角形中的一种几何排列，若去除所有为1的项，其余各项依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的第56项为（    ）

A．11 B．12 C．13 D．14

【答案】B

【分析】由题意可知，去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数构成一个首项为1，公差为1的等差数列，求解即可.

【详解】由题意可知：若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，...，

可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则，

可得当，所有项的个数和为55，第56项为12，

故选：B.

8．若函数与函数的图象存在公切线，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先求得公切线方程为，联立方程组，结合，得到，令，求得，令，求得和，得到函数的单调性和最小值，进而得到，即可求解.

【详解】由函数，可得，

因为，设切点为，则，

则公切线方程为，即，

与联立可得，

所以，整理可得，

又由，可得，解得，

令，其中，可得，

令，可得，函数在上单调递增，且，

当时，，即，此时函数单调递减，

当时，，即，此时函数单调递增，

所以，且当时，，所以函数的值域为，所以且，解得，即实数的取值范围为.

故选：A.

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

二、多选题

9．在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有（ ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据异面直线的定义分别判断即可.

【详解】对A，连接，为中点，，又，，故直线，共面，故A错误；

对B，已知和是异面直线，故，是异面直线，故B正确；

对C，如图，连接，为中点，，又，，故直线，共面，故C错误；

对D，直线，既不平行又不相交，故直线，是异面直线，故D正确.

故选：BD.

10．已知二项式的展开式中各项系数之和是128，则下列说法正确的有（    ）

A．展开式共有7项

B．所有二项式系数和为128

C．二项式系数最大的项是第4项

D．展开式的有理项共有4项

【答案】BD

【分析】由题意先得，再根据二项式定理及其性质一一判定即可.

【详解】因为二项式的展开式中各项系数之和是128，所以令，可得，因为，所以展开式共有8项，故A不正确；

因为，所以所有二项式系数和为，故B正确；

因为，所以二项式系数最大的项是第4项和第5项，故C不正确；

设展开式通项为，，当时，对应的是有理数，即对应项为有理项，故D正确.

故选：BD.

11．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献；某杂交水稻种植研究所调查某地杂交水稻的特定时期幼苗株高，得出株高（单位：cm）服从正态分布，且的幼苗株高指标值符合优质种植标准，其中幼苗株高不低于即为合格种植标准，研究所采集了1000株互不影响生长的水稻幼苗株高样本，则下列说法正确的是（    ）

附：参考数据与公式：若，则，，.

A．幼苗株高优质种植标准约为

B．此地杂交水稻合格率约为0.97725

C．采集样本中，株高指标合格数量依然服从正态分布

D．采集样本中，株高指标合格数量最有可能是978株

【答案】ABD

【分析】利用二项分布、正态分布的性质及正态分布的三段区间概率公式计算即可.

【详解】由题意，得，则，，

而；

当时，满足的幼苗株高指标值符合优质种植标准的题意，即优质种植标准的质量指标值约为14.77，故A正确；

由，可知每件产品的质量指标值不低于12.14的事件概率约为0.97725，故B正确；

记这1000株互不影响生长的水稻幼苗株高样本指标值不低于12.14的件数为，

则，其中，故C错误；

恰有k株指标值不低于12.14的事件概率，

则，解得，

当时，，当时，，由此可知，指标值不低于12.14的数量最有可能是978株，故D正确，

故选：ABD.

12．已知函数为奇函数，的图象关于直线对称，若，则（    ）

A．函数为奇函数

B．函数的最大值是

C．函数图象关于直线对称

D．函数的最小值为

【答案】BC

【分析】先利用条件求出函数和的表达式，再结合三角函数的图象性质逐一判断即可.

【详解】由题为奇函数，故等价于，由的图象关于直线对称，可得，

.

故，同理，

故的最大值是且函数图象关于直线对称，

函数的最小值为，

故选：BC.

三、填空题

13．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则______.

【答案】/

【分析】根据三角函数的定义和二倍角公式可得答案.

【详解】根据三角函数的定义可知，，

由二倍角公式得.

故答案为：.

14．春节（Spring Festival），即中国农历新年（Chinese New Year），俗称“新春”“新岁”“岁旦”等，又称“过年”“过大年”，是集除旧布新、拜神祭祖、祈福辟邪、亲朋团圆、欢庆娱乐和饮食为一体的民俗大节.某商家在春节前开展商品促销活动，凡购物顾客都可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有4名顾客都领取一件礼品，其中恰有2人领取的礼品种类相同，则不同的情况共有______种.

【答案】36

【分析】先分为3组再排列，利用分步乘法计数原理得解.

【详解】先选取2人作为一组，领取相同礼品，共有3组安排三种不同的礼品，

由分步乘法计数原理知，共有种.

故答案为：36

四、双空题

15．费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角都小于时，费马点与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角，即该点所对三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，已知，，，M为内一点，当的值最小时，点M的坐标为_______，此时_________.

【答案】         

【分析】根据费马点定义及已知坐标确定位置，进而求出其坐标，由，利用差角正弦公式求.

【详解】由题设，△是等腰三角形，且，根据已知坐标得示意图如下：

根据费马点定义知：在中垂线上，且△是顶角为的等腰三角形，

所以，故，则，

由，而，，，，

所以

.

故答案为：，

五、填空题

16．对于函数，若在其图象上存在两点关于原点对称，则称为“倒戈函数”，设函数是定义在上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是_______.

【答案】

【分析】根据新定义得到存在，使，转化为有解，建立不等式求解即可.

【详解】因为函数是定义在上的“倒戈函数”，

所以存在，使，

即，

即，令，则，

所以，当且仅当，即时取等号，

解得，当或时，，解得，

所以.

故答案为：

六、解答题

17．已知是数列的前n项和，，______.

①，；②数列为等差数列，且的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：

(1)求；

(2)设，求数列的前6项和.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①，分析可知数列、均为公差为的等差数列，求出的值，可求得、的表达式，可得出数列的通项公式；

选②，求得的值，可得出数列的公差，即可求得，再由可求得数列的通项公式；

（2）求出数列的通项公式用裂项相消法即可求解.

【详解】（1）选条件①：，，则，

两式作差得，

即数列，均为公差为4的等差数列，

于是，

又，所以，

于是，

所以.

选条件②：因为数列为等差数列，且的前3项和为6，

则，

所以，又，所以，

所以的公差为，

所以，则，

当时，

又满足，

所以对任意的，.

（2）解法一：由（1）得，

则

，

，

所以.

解法二：由（1）得

则

.

18．如图，在三棱锥中，是等边三角形，，是边的中点.

(1)求证：；

(2)，，平面与平面所成二面角为，求直线与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）连接，根据题意证得，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；

（2）过作的垂线，由平面，以为原点建立空间直角坐标系，根据题意求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：如图所示，连接，因为是等边三角形，所以

在和中，因为，，

所以，所以，

又因为是边的中点，所以，.

因为，平面，平面，所以平面，

又因为平面，所以.

（2）解：在中，过作的垂线，交与点，

由（1）可得平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，

又由，且平面与平面所成二面角为，

因为，，所以为平面与平面所成二面角的平面角，

即，所以，

可得，，，，，

设平面的法向量为，且，

则，令，则，，所以

又因为，

设直线与平面所成角为，则，

可得，即直线与平面所成角的余弦值为.

19．中医药是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，是具有悠久历史传统和独特理论技术方法的医药体系，长期呵护着我们的健康，为中华文明的延续作出了突出贡献.某科研机构研究发现，某味中药的药用量x（单位：克）与药物功效（单位：药物功效单位）之间具有关系.

(1)估计该味中药的最佳用量与功效；

(2)对一批含有这昧中药的合成药物进行检测，发现这味中药的药用量平均值为6克，标准差为2，估计这批合成药的药物功效的平均值.

【答案】(1)该药物使用量为克时可达最大功效.

(2)

【分析】（1）根据用量与功效之间具有关系，结合二次函数的性质，即可求解；

（2）根据题意求得，，结合则，即可求解.

【详解】（1）解：由题意，某味中药的药用量与药物功效之间具有关系，

可得，所以当时，，

即该药物使用量为克时可达最大功效.

（2）解：由题意，得，，所以，

则，

这批合成药的药物功效平均值为.

20．如图，在平面四边形中，，，.

(1)当四边形内接于圆O时，求角C；

(2)当四边形面积最大时，求对角线的长.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）根据，结合余弦定理求解即可；

（2）将四边形的面积拆成两个三角形的面积之和，由余弦定理和三角形面积公式结合三角函数的性质即可求解.

【详解】（1）由余弦定理可得：

，

，

所以.

又四边形内接于圆，

所以，

所以，

化简可得，又，

所以.

（2）设四边形的面积为S，

则，

又，

所以，即

平方后相加得，即，

又，

所以时，有最大值，即S有最大值.

此时，，代入得.

又，所以

在中，可得：

，即.

所以，对角线的长为.

21．已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，A是直线l：上不同于原点O的一个动点，斜率为的直线与双曲线E交于M，N两点，斜率为的直线与双曲线E交于P，Q两点.

(1)求的值；

(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为，，，，问是否存在点A，满足+++=0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，或

【分析】（1）设 ，利用斜率公式求解；

（2）设，直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解.

【详解】（1）解：双曲线E：的左、右焦点分别为，，

设，

，同理可得.

∴；

（2）设，

直线方程为，

代入双曲线方程可得：，

所以，则，

则，

，

，

，

.

同理，

即，

即，

∴或，

又，

若.无解，舍去.

∴，解得，，或，，

若，，由A在直线上可得，，

∴.此时，

若，，由A在直线上可得，，

∴此时

∴存在点，或，满足.

22．设函数，

(1)求在区间上的极值点个数；

(2)若为的极值点，则，求整数的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得，令，可得，分和，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解；

（2）由题意得到，化简，令，转化为，记，求得，当和，两种情况求得函数的单调性，结合和（1）中的极值点，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，可得，

令，可得，

①当时，，单调递增，无极值点；

②当时，，单调递减，

又，，故存在唯一，使得，

当时，；当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，有极大值点，

综上可得，在区间上有1个极值点.

（2）解：若为的极值点，则，即，

由，

令，，即.

记，即，则，

①当时，，故在上单调递增，所以，符合题意；

②当时，若，

则，故在上单调递减，

由（1）这在区间上存在极值点，记为，则，

故，不符题意，

综上可得，整数的最大值为1.

【点睛】方法总结：利用导数证明或求得不等式等问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.