2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（全国乙卷理）（全解全析）

这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（全国乙卷理）（全解全析），共19页。试卷主要包含了设F为抛物线C等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学第二次模拟考试卷
数学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本小题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的。
1．已知集合A=x∈Rx2−2x−3≤0，B=x∈Rx−2≥1 ，则A∩(∁RB)=（    ）
A．(1,3] B．[1,3] C．[1,3) D．(1,3)
【答案】D
【分析】解不等式求得集合A，求出集合B的补集，根据集合的交集运算，可得答案.
【详解】因为集合A=x∈Rx2−2x−3≤0=x∈R−1≤x≤3，B=x∈Rx−2≥1 ，
所以∁RB=x∈Rx−20,b>0，且ab=a−b+3，则a+b的最小值为___________.
【答案】22
【分析】利用等式ab=a−b+3求解b，代入a+b计算，结合基本不等式，即可求得a+b的最小值.
【详解】因为ab=a−b+3，解得：b=a+3a+1=1+2a+1，
则a+b=a+1+2a+1≥22
当且仅当a=2−1，b=2+1时，“=”成立
故答案为：22.
14．经过点P1,1以及圆x2+y2−4=0与x2+y2−4x+4y−12=0交点的圆的方程为______．
【答案】x2+y2+x−y−2=0
【分析】求出两圆的交点坐标，设出所求圆的一般方程，将三点坐标代入，解出参数，可得答案.
【详解】联立x2+y2−4=0x2+y2−4x+4y−12=0，整理得y=x+2，
代入x2+y2−4=0，得x2+2x=0，解得x=0或x=−2，
则圆x2+y2−4=0与x2+y2−4x+4y−12=0交点坐标为(0,2),(−2,0)，
设经过点P1,1以及(0,2),(−2,0)的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
则2+D+E+F=04+2E+F=04−2D+F=0，解得D=1E=−1F=−2，
故经过点P1,1以及圆x2+y2−4=0与x2+y2−4x+4y−12=0交点的圆的方程为x2+y2+x−y−2=0，
故答案为：x2+y2+x−y−2=0
15．x+1x+11−x6的展开式中x3的系数为______（用数字作答）.
【答案】10
【分析】确定x+1x+11−x6=x1−x6+1x1−x6+1−x6，1−x6展开式的通项为Tr+1=C6r−1r⋅xr，取r=2，r=3，r=4计算得到答案.
【详解】x+1x+11−x6=x1−x6+1x1−x6+1−x6，
1−x6展开式的通项为Tr+1=C6r−xr=C6r−1r⋅xr，
取r=2得到T3=C62−12⋅x2=15x2；
取r=3得到T4=C63−13⋅x3=−20x3；
取r=4得到T5=C64−14⋅x4=15x4；
故x3的系数为15−20+15=10.
故答案为：10
16．若函数y=ex与y=ea(lnx+a)的图像有两个不同的公共点，则a的取值范围为____________.
【答案】(1,+∞)
【分析】令fx=ex−ea(lnx+a),x>0,根据题意fx在0,+∞有两个零点，求导借助导数研究单调性分析得，fx的极小值fx00，
函数y=ex与y=ea(lnx+a)的图像有两个不同的公共点，
等价于fx在0,+∞有两个零点，
f'x=ex−eax,x>0，
令f'x=0，则xex−ea=0，
令gx=xex−ea,x>0，g'x=ex+xex,x>0，易得g'x>0恒成立，
故gx在0,+∞单调递增，易得limx→0gx0，
故存在x0∈0,+∞，使得gx0=0，即f'x0=0，即x0ex0=ea，
当x∈0,x0时，gx0，则fx在x0,+∞上单调递减，
故fx0为极小值，因为fx在0,+∞有两个零点，
则fx09，e0.9n−4.8>10，0.9n−4.8>ln10，0.9n>2.3+4.8，n>7.8，
所以第8天该隧道拱顶的下沉速率超过9毫米/天，
最迟在第7天需调整支护参数，才能避免塌方．
20．已知双曲线C:x2a2−y2b2=100．
设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=−48m4m2−9，y1y2=1084m2−9．
直线AP的方程为y=y1x1−3x−3，令x=6得：y=3y1x1−3，∴M6,3y1x1−3．
同理可得N6,3y2x2−3．由对称性可知，若以线段MN为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，
设该定点为Rt,0，则RM=6−t,3y1x1−3，RN=6−t,3y2x2−3，
故RM⋅RN=6−t2+9y1y2x1−3x2−3
=6−t2+9y1y2my1+3my2+3
=6−t2+9y1y2m2y1y2+3my1+y2+9
=6−t2+9×1084m2−9m2×1084m2−9−3m×48m4m2−9+9
=6−t2−12=0．
解得t=6−23或t=6+23．
故以线段MN为直径的圆过定点6−23,0和6+23,0．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.
21．已知函数fx=axex−12x2−x．
(1)讨论fx在0,+∞上的单调性；
(2)若a>0时，方程fx=lnx−12x2有两个不等实根x1，x2，求证：x1x2>e2−x1−x2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数，分类讨论函数在区间内的单调性；
（2）令t=xexx>0，原不等式即证lnt1+lnt2>2，通过构造函数法，利用导数通过单调性证明.
【详解】（1）由题意得f'x=ax+1ex−x−1=x+1⋅aex−1．
因为x>0，所以x+1>0．
当a≤0时，aex−10，所以fx在0,+∞上单调递增；
②若00，所以fx在−lna,+∞上单调递增．
综上，
当a≤0时，fx在0,+∞上单调递减；
当a≥1时，fx在0,+∞上单调递增；
当00，
所以函数gs在1,+∞上单调递增，当s>1时，gs>g1=0，故原不等式成立．
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.


（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多选，则按所做的第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．在直角坐标系xOy中，已知曲线C1:x=2costy=sint（t为参数），曲线C2:ρ=r(r>0)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)曲线C1的极坐标方程及曲线C2的直角坐标方程；
(2)已知A,B是曲线C1上的两个动点（异于原点），且∠AOB=90°，若曲线C2与直线AB有且仅有一个公共点，求r的值.
【答案】(1)ρ2cos2θ+2ρ2sin2θ=2，x2+y2=r2(r>0)
(2)63

【分析】（1）先求曲线C1的直角坐标方程，再由x=ρcosθ,y=ρsinθ写成极坐标方程；由ρ2=x2+y2写出曲线C2的直角坐标方程；
（2）根据曲线C2与直线AB有且仅有一个公共点，得出r是直角三角形AOB斜边上的高，根据等面积法转化为r=OA×OBAB求解即可.
【详解】（1）由曲线C1:x=2costy=sint（t为参数），
消去参数t，得x22+y2=cos2t+sin2t=1，
所以曲线C1的直角坐标方程为x22+y2=1.
又由x=ρcosθ,y=ρsinθ，得ρ2cos2θ+2ρ2sin2θ=2，
所以曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ+2ρ2sin2θ=2.
由曲线C2:ρ=r，得ρ2=r2，即x2+y2=r2，
所以曲线C2的普通方程为x2+y2=r2(r>0).
（2）由题意∠AOB=90°，设Aρ1,α，则Bρ2,α+90∘，
又曲线C2与直线AB有且仅有一个公共点，故r为点O到直线AB的距离，
由曲线C1的极坐标方程ρ2cos2θ+2ρ2sin2θ=2，得1ρ2=cos2θ+2sin2θ2，
所以1ρ12=cos2α+2sin2α2，1ρ22=cos2α+90∘+2sin2α+90∘2=sin2α+2cos2α2，
所以1ρ12+1ρ22=32，即ρ12+ρ22ρ1ρ22=32，所以ρ1ρ2ρ12+ρ22=23=63；
又OA×OB=AB×r，
所以r=OA×OBAB=ρ1ρ2ρ12+ρ22=23=63，
即所求实数r的值为63.





[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知函数fx=x．
(1)求不等式fx