2022-2023年山西省部分学校高三上学期新高考核心卷（中）数学试题（二）（原卷版+解析版）

2023届新高考高三核心模拟卷（中）

数学（二）

注意事项：

1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

一､选择题：本题共8小题，每小题5分､共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 若，其中，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】通过复数的运算及复数相等，求得，计算复数的模可得结果.

【详解】.

故选：C.

2. 设集合或，若，则的取值范围是（    ）

A. 或 B. 或

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出，根据，可求得结果.

【详解】由集合或，得，又集合且，则2或，即或.

故选：B.

3. 已知函数且的图象过定点，若抛物线也过点，则抛物线的准线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，求出函数图象恒过的点，求出抛物线方程即可作答.

【详解】因为对于，当，即时，恒有，

因此函数的图象过定点，而点在抛物线上，

则，解得，

所以抛物线的准线方程为.

故选：B

4. 若两个向量、的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】计算出、，设向量与的夹角为，其中，利用平面向量向量的数量积运算可得出，即可得出结果.

【详解】由题意，

又由，所以，

所以，

设向量与的夹角为，其中，则，可得.

故选：D.

5. 一种高产新品种水稻单株穗粒数和土壤锌含量有关，现整理并收集了6组试验数据，（单位：粒）与土壤锌含量（单位：）得到样本数据，令，并将绘制成如图所示的散点图.若用方程对与的关系进行拟合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对方程两边取对数，写出回归直线方程，再根据散点图的特征分析判断作答.

【详解】因为，，令，则与的回归方程为，

根据散点图可知与正相关，因此，又回归直线的纵截距小于0，即，得，

所以，.

故诜：C

6. 展开式中常数项为（    ）

A.  B.  C. 1 D. 481

【答案】C

【解析】

【分析】根据二项式定理直接求解即可.

【详解】解：根据二项式定理，表示个相乘，

所以，展开式中常数项的情况有以下三种情况：

①个中全部选项展开；

②个中有1个选择项，2个选择项，3个选择项展开；

③个中有2个选择项，4个选择项展开.

所以，其常数项为：.

故选：C.

7. 已知是定义域为的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由具体函数解析式，根据导数与单调性，可得函数的单调性，结合奇函数性质，可得整个定义域上的单调性，化简不等式，可得答案.

【详解】由题意，可知且，

当时，，则，即，

可得，

当时，，

则，即单调递增，

由，则在上单调递增，

易知，则不等式等价于，

可得，解得.

故选：D.

8. 在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，当三棱锥的表面积最大时，其内切球的半径是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据和都是正三角形，写出三棱锥的表面积表达式，可得表面积取最大值时，再根据等体积法求得内切圆半径.

【详解】

设三棱锥的表面积为，

则

，

当，即时，表面积最大为.

此时,

过作的垂线，垂足为，连接，

因为和都是正三角形，所以为中点，，

因为平面,所以平面

为三棱锥的高，为三棱锥的高，

设三棱锥的体积为，则

设内切球的半径为，因为，所以，

故选：A.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 设，且，那么（    ）

A. 有最小值

B. 有最小值

C. 有最小值

D. 有最小值

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用基本不等式，建立和的关系，代换到条件中，形成不等式，逐项求最值判断.

【详解】因为且，所以，

解得或（舍），

即（当且仅当时取等号），正确.

，

当且仅当时取等号，正确；

因为，所以，解得（当且仅当时取等号），正确；

（当且仅当时取等号），D错误.

故选:.

10. 已知函数，则（    ）

A. 是偶函数

B. 在区间上单调递增

C. 在上有4个零点

D. 值域是

【答案】AB

【解析】

【分析】根据偶函数的定义、复合函数的单调性、零点的定义以及复合函数的值域，可得答案.

【详解】对于A，函数的定义域为，

且，

所以函数是偶函数，A正确；

对于B，当时，.

令，由于函数在时单调递减，

函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，

故函数在区间上单调递增，B正确；

对于C，当时，由，得或，

所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；

对于D，当时，

因为，所以当时，，当时，.

由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.

故选：AB.

11. 已知曲线的方程为，曲线关于点的对称曲线为 ，若以曲线与两坐标轴的交点为顶点的四边形面积为，则的值可能为（    ）

A.  B. 1 C.  D. 0

【答案】CD

【解析】

【分析】根据对称性求出 的方程，在根据题意求出 与坐标轴的交点坐标，运用对角线相互垂直的四边形面积公式计算.

【详解】根据已知得曲线的方程为，设曲线 上任意一点坐标为，

它关于点的对称点坐标为 ，则…①，

依据中点坐标公式得到则代入①得到 的方程为，

如图，由题意圆 与两坐标轴的交点为 ，则有 ，

令 得： ，

令 得： ， ，

曲线 与坐标轴围成四边形面积为，所以，

解得或；

故选：CD.

12. 如图所示，在长方体中，是的中点，直线交平面于点，则（    ）

A. 三点共线

B. 的长度为1

C. 直线与平面所成角的正切值为

D. 的面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，利用公理3，分别证明点同时在两个平面上即可；

对于B，利用长方体的性质，以及中位线定理，可得答案；

对于C，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可得答案；

对于D，利用三角形之间的关系，可得答案.

【详解】对于A，连结，则四点共面，

平面平面，

又平面在平面与平面的交线上，

同理也在平面与平面的交线上.

三点共线，故A正确：

对于B，设直线与平面的交点为，

易证平面平面，从而得到，

因为为中点，所以为中点，

同理可得为的中点，所以，故B正确；

对于C，取中点，连接，

因为平面平面，

则即为直线与平面所成角，

，故C错误；

对于D，因为，

所以•，故D正确.

故选：ABD

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知双曲线的一个焦点到直线的距离为，则的离心率为__________.

【答案】##

【解析】

【分析】求出双曲线焦点，根据条件求出，计算可得双曲线C的离心率.

【详解】由已知得，双曲线的焦点在轴上，且焦点坐标为，不妨取，它到直线的距离为，解得，所以双曲线C的离心率为.

故答案为：

14. 已知为锐角，且，则_______．

【答案】

【解析】

【分析】

利用同角三角函数的基本关系可得，再由，利用两角差的余弦公式即可求解.

【详解】由为锐角，且，

所以，

所以

．

故答案为：

【点睛】本题考查了两角差的余弦公式、同角三角函数的基本关系，需熟记公式，属于基础题．

15. 已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先求得和，整理，得，设，判断单调性，找到最小值.

【详解】若，则，即，此时，与题意不符，舍去；

若，由，可得，

即，

解得，则.

对一切正整数，不等式恒成立，

化简得，分离可得，

设，则，

当时，，即；

当时，，即，

所以的最小值为，

故答案为：.

16. 在锐角中，，则中线的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理以及余弦定理，由锐角三角形，可得的取值范围，根据向量的运算以及二次函数的性质，可得答案.

【详解】设，对运用正弦定理，得到，所以，

因为该三角形为锐角三角形，所以根据余弦定理，可得，

则，解得，

由，得到，

运用向量得到，所以

，

结合的范围，代入，得到的范围为.

故答案：.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知数列的前项和为，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，设，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，证明数列是首项为，公比为的等比数列即可求解；

（2）结合（1）得，再分和两种情况讨论求解即可.

【小问1详解】

解：由，得，

两式相减，得，

所以，即.

又因为时，，所以，

因为，

所以数列是首项为，公比为的等比数列.

所以.

【小问2详解】

解：由（1）得，.

当时，，

当时，

综上，

18. 如图，在四边形中，已知.

（1）若，求的值；

（2）若，四边形的面积为4，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）中求出BD，在中，由正弦定理求出，根据即可求；

（2）在、中，分别由余弦定理求出，两式相减可得与的关系式；又由的与的关系式；两个关系式平方后相加即可求出﹒

【小问1详解】

解：在中，∵，则

∴．

在中，由正弦定理得，，

∴．

∵，∴，

∴．

【小问2详解】

解：在、中，由余弦定理得，

，

，

从而①，

由得，

②，

得，，

∴．

19. 如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点.

（1）求证：；

（2）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）由面面垂直性质定理得平面，进而证明平面即可证明结论；

（2）解法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴

建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；

解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，进而证明为二面角的平面角，进而结合题意，根据几何关系求解即可.

【小问1详解】

证明：连接交于，连接，

因为四边形为正方形，所以，.

因为正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为平面，

所以平面，.

又平面，

所以，

又平面，

所以平面，

又平面，

所以.

【小问2详解】

解：存在满足条件的点.

解法一：因为为正方形，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，

所以，，

因为矩形中，

所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴

建立空间直角坐标系，如图.

因为，则，

所以.

易知为平面的法向量，

设，所以.

设平面的法向量，

所以，即，取，得，

又二面角的大小为，

所以，

即，解得.

又因为，所以，即.

解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，

因为为正方形，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，

所以，

因为平面

所以，

所以为二面角的平面角，

所以.

在中，，

所以，

又在中，，，

所以，

因为，

所以，

所以，在中，，

所以.

20. 现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.

（1）若，求；

（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.

【答案】（1）；   

（2）（），事件A是小概率事件，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，最后一局必然是甲赢，最多再进行2局，利用独立事件概率求出概率，再求出乙赢得全部奖金的概率作答.

（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，最后一局必然是乙赢，利用独立事件概率求出，并求出函数最小值，再判断作答.

【小问1详解】

设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，

当时，甲以赢，，当时，甲以赢，，

因此甲赢的概率为，则乙赢的概率为，

所以.

【小问2详解】

设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，

当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，

于是得乙赢得全部奖金的概率，

甲赢得全部奖金的概率，，

，即函数在上单调递增，

则有，因此乙赢的概率最大值为，

所以事件A是小概率事件.

21. 已知椭圆过点，直线与交于两点，且线段的中点为为坐标原点，直线的斜率为.

（1）求的标准方程；

（2）已知直线与有两个不同的交点为轴上一点.是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，时，点坐标为；当时，点坐标为

【解析】

【分析】（1）根据中点弦点差法得，再根据，得，再结合椭圆过点解方程即可得答案；

（2）设中点，假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，进而将问题转化为，，再联立，结合韦达定理讨论，同时成立的情况.

【小问1详解】

解：设，则，

所以，由题知直线的斜率.

因为在椭圆上，

所以，

两式相减得，即，

又，

所以，即.

又因为椭圆过点，

所以，解得，

所以椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

解：联立消整理得：.

因为直线与椭圆交于两点，故，解得.

设，则.

设中点，

则，故.

假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，

所以，解得，故.

又因为，所以，

所以，即，

整理得.

所以，

代入，整理得，即，

所以或，即存在使得是以为顶点的等腰直角三角形.

当时，点坐标为；当时，点坐标为.

此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.

22. 已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，证明：.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）函数求导，分类讨论通过判断导函数符号，确定函数单调性.

（2）对分类讨论，求得有两个零点时的范围，及的范围，构造函数，研究在上的单调性，可得，又，及的单调性可得结论.

【小问1详解】

函数的定义域为，

时，恒成立，所以在上单调递减；

时，令得，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

证明：时，由（1）知至多有一个零点.

时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为.

①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，即，故没有零点；

③当时，即，

又，

由（1）知在上有一个零点.

又，

由（1）知在有一个零点，

所以在上有两个零点，的取值范围为

不妨设，则，且，

令

，

则，

由于（且仅当等号成立，

所以当时，在单调递减，又，

所以，即，

又，所以，

又由于，且在上单调递增，

所以即.

【点睛】极值点偏移问题是根据极值点的偏移情况，即极值点两侧函数增长速度的差异构造关于其中一个极值点的一元差函数（或比函数），然后通过探究该函数的单调性解决问题。