2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（广东A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（广东A卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了已知直线等内容，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第Ⅰ卷一、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．集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由不等式，整理可得，解得，则，即，所以.故选：B.2．已知是关于的方程的一个根，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【解析】因为是关于的方程的一个根，所以方程的另外一个根为，则，所以，所以在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.3．如图是下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象，则该函数是（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】对于B：，当时，，与图象不符合，故B错误；对于C：，当时，，与图象不符合，故C错误；对于D：，当时，，与图象不符合，故D错误．故选：A4．安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；当分为3,1,1人时，有种实习方案，当分为2,2,1人时，有种实习方案，即共有种实习方案，其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为，故选：D.5．以抛物线的焦点F为端点的射线与C及C的准线l分别交于A，B两点，过B且平行于x轴的直线交C于点P，过A且平行于x轴的直线交l于点Q，且，则△PBF的周长为（    ）A．16 B．12 C．10 D．6【答案】B【解析】因，则，准线为.由，如图，设，则，得，则.得直线AF方程：，代入，得，将代入，可得.则周长，则.故.故选：B6．函数的定义域为，为奇函数，且的图像关于对称．若曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为为奇函数，即，所以，函数的图像关于点对称，即，因为的图像关于对称，所以的图像关于对称，即，所以，，所以，即函数是周期为的周期函数，所以曲线在处的切线斜率等于曲线在处的切线斜率，因为曲线在处的切线斜率为，图像关于对称，所以，曲线在处的切线斜率为，因为，，所以，所以，所以曲线在处的切线方程为，即.故选：A7．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】过点作，交于点，交于点，过点作，交于点，连接，取中点，连接，根据题意，因为，所以当三点共线，且时，，且有最小值，如图所示，在中，，，所以，在中，，所以，在中，，所以，所以的最小值为，故选：A.8．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知分别是三个内角的对边，且，，若点P为的费马点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】, 即 , 又 , , 即 ,, 又. 由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，再由余弦定理知, ,,, .由等号左右两边同时乘以可得：， .故选：C.二、选择题：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．已知直线：，：，圆C：，若圆C与直线，都相切，则下列选项一定正确的是（    ）A．与关于直线对称B．若圆C的圆心在x轴上，则圆C的半径为3或9C．圆C的圆心在直线或直线上D．与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个【答案】ACD【解析】对于A，设直线：上任意一点关于直线对称的点为，则，解得，所以点在直线：上，所以与关于直线对称，故A正确；对于B，因为圆C的圆心在x轴上，设圆心为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，当时，；当时，，故B错误；对于C，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，所以圆心在直线或直线上，故C正确；对于D，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆与两坐标轴都相切，得圆心到轴的距离为，到轴的距离为，所以且，即，解得或，当时，由题意可知，解得或，当时，此时不满足，所以与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个，故D正确.故选：ACD.10．已知是的导函数，，则下列结论正确的为（    ）A．与的图像关于直线对称B．与有相同的最大值C．将图像上所有的点向右平移个单位长度可得的图像D．当时，与都在区间上单调递增【答案】BC【解析】已知的图像与的图像关于直线对称，，故A选项错误；，其中，最大值为，，其中，最大值为，故B选项正确；，.将的图像向右平移个单位得的图像，故C选项正确；当时，，，当时，在上单调递增，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递减，综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.故选：BC11．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（    ）A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为C．若保持，则点的运动轨迹长度为D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为【答案】BCD【解析】对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接，则，故错误；对于，因为平面，平面，，又，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，平面，所以平面，所以过点作交交于，过作交交于，由，可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，，则平面平面，设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，所以，故B正确；对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，过点作平面，则，此时，所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为，点的运动轨迹长度为，故正确；对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，则，设三棱锥的外接球球心为，由得，，解得：，所以三棱锥的外接球半径，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.故选：BCD.12．学校食堂每天中都会提供两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择套餐的概率为，选择套餐的概率为.而前一天选择了套餐的学生第二天诜择套餐的概率为，选择套餐的概率为；前一天选择套餐的学生第一天选择套餐的概率为，选择套餐的概率也是，如此往复.记某同学第天选择套餐的概率为，选择套餐的概率为.一个月（30天）后，记甲､乙､丙3位同学选择套餐的人数为，则下列说法正确的是（    ）A． B．数列是等比数列C． D．【答案】ABC【解析】由于每人每次只能选择两种套餐中的一种，所以，故A正确；依题意，，则.又时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确所以，当时，，所以，所以C正确，错误.故选：ABC.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．随机变量，，则实数a的值为______．【答案】【解析】因为，所以随机变量的正态曲线关于对称，故，则a＝.故答案为：14．在等比数列中，，记数列的前项和､前项积分别为，则的最大值是______.【答案】8【解析】因为，，所以公比，所以，所以，，，，因为，所以或时，取最大值.故答案为：815．已知函数，则不等式的解集为__________.【答案】【解析】为奇函数，在R上单调递增，，，，，则.故答案为：.16．已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，若E上存在点P，满足，（O为坐标原点），且的内切圆的半径等于a，则E的离心率为____________．【答案】【解析】因为，所以，，又因为P在双曲线上，所以，联立可得，，所以，因为的内切圆的半径为a，所以，即，即，所以，两边平方得，即，两边同时除以，得，，因为，所以．故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知的角，，的对边分别为，，，且，(1)求角；(2)若平分交线段于点，且，，求的周长.【解析】（1）由余弦定理得，所以，可化为，再由正弦定理得，得，所以，因为，所以（2）因为平分，所以，由，得，作于，则，由，解得，由余弦定理，得，所以，故的周长为.18．（12分）已知数列满足．记的前n项和为．(1)求；(2)设，若表示不小于x的最小整数，如，试判断是否存在正整数n，使得？若存在，求出n的取值集合；若不存在，请说出理由．【解析】（1）当n为偶数时，，∴，，∴，解得．（2）当n为奇数时，，，两式相减得，又，∴n为奇数时，；当n为偶数时，，∴，综上，，∴，，法一：，令，得，解得．因此，存在正整数n，使得，n的取值集合为．法二：令，则，即，∴，∴．因此，存在正整数n，使得，n的取值集合为．19．（12分）已知在长方形中，，点是的中点，沿折起平面，使平面平面.(1)求证：在四棱锥中，；(2)若在线段上存在点，使二面角的余弦值为，求的值；(3)在（2）的条件下，求点到平面的距离.【解析】（1）证明：连接.因为是的中点，，所以.因为四边形为长方形，所以，.所以，在直角三角形中，，同理.又，所以，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以.又，且，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）由（1）知和均为等腰直角三角形，过点作底边的高，交于点，则为中点，取中点，连接，则由（1）平面可知平面，所以，以为原点，、、为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，显然平面的一个法向量为，设，，则，又，设平面的法向量为，所以，，得，令可得，，所以，解得或（舍），所以.（3）由（2），而，所以点到平面的距离.20．（12分）有研究显示，人体内某部位的直径约的结节约有0.2%的可能性会在1年内发展为恶性肿瘤．某医院引进一台检测设备，可以通过无创的血液检测，估计患者体内直径约的结节是否会在1年内发展为恶性肿瘤，若检测结果为阳性，则提示该结节会在1年内发展为恶性肿瘤，若检测结果为阴性，则提示该结节不会在1年内发展为恶性肿瘤．这种检测的准确率为85%，即一个会在1年内发展为恶性肿瘤的患者有85%的可能性被检出阳性，一个不会在1年内发展为恶性肿瘤的患者有85%的可能性被检出阴性．患者甲被检查出体内长了一个直径约的结节，他做了该项无创血液检测．(1)求患者甲检查结果为阴性的概率；(2)若患者甲的检查结果为阴性，求他的这个结节在1年内发展为恶性肿瘤的概率（结果保留5位小数）；(3)医院为每位参加该项检查的患者缴纳200元保险费，对于检测结果为阴性，但在1年内发展为恶性肿瘤的患者，保险公司赔付该患者20万元，若每年缴纳保险费的患者有1000人，请估计保险公司每年在这个项目上的收益．【解析】（1）记事件A：直径约的结节在1年内发展为恶性肿瘤，事件B：该项无创血液检测的检查结果为阴性，由题，，，，，，，则所以患者甲检查结果为阴性的概率为0.8486．（2），．所以患者甲的检查结果为阴性，他的这个结节在1年内发展为恶性肿瘤的概率为0.00035．（3）记参加该项检查的1000位患者中，获得20万元赔付的有X人，，则，记保险公司每年在这个项目上的收益为Y元，，则，所以保险公司每年在这个项目上的收益估计为13万元．21．（12分）定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆的相似椭圆，点为椭圆上异于其左、右顶点的任意一点．(1)当时，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值；(2)当（e为椭圆的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值．【解析】（1）设，则直线的方程为，即，记，则的方程为， 将其代入椭圆的方程，消去，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，将代入上式，整理得，同理可得，，所以为关于的方程的两根，所以，．又点在椭圆上，所以，所以．（2）由椭圆，得其离心率，所以当，即时，椭圆的标准方程为，所以，，，恰好为椭圆的左、右焦点，易知直线的斜率均存在且不为，所以，因为在椭圆上，所以，即，所以．设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为．由，得，设，则，，所以，同理可得，所以．22．（12分）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设，若，且对任意恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）因为，所以，因为，若,则在上单调递增，若，当时，，当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，综上可得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）对任意，即，设，则，即，当时，，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以，设，则在上单调递增，且，所以存在，使得，即，即，由在上是增函数，得，时，单调递减，时，单调递增，所以，所以由得，即，所以实数的取值范围是.