2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（新高考Ⅱ卷B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（新高考Ⅱ卷B卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了已知函数，若实数满足，则等内容，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．已知集合，，则（    ）A．          B．  C．   D．【答案】A【详解】由题意可得即解得即集合．又集合，所以集合，所以，故选：A2．若复数（为复数单位）在复平面内对应的点在第三象限，则实数的取值范围是（    ）A． B．           C．            D． 【答案】B【详解】，由复数在复平面内对应的点在第三象限，得，解得，即，故选：B.3．已知向量，满足，，，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【详解】因为，，所以，即，故.故选：D.4．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里，问日行几何”.意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7天，共走了700里，问每天走的里数各是多少？”根据以上叙述，该匹马第四天走的里数是（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：由题意可知，每天走的里数是以为公比的等比数列，由题意可得，，故，∴.故选：C.5．某单位有6名员工，2020年国庆节期间，决定从6人中留2人值班，另外4人分别去张家界､南岳衡山､凤凰古城､岳阳楼旅游.要求每个景点有1人游览，每个人只游览一个景点，且这6个人中甲､乙不去衡山，则不同的选择方案共有（    ）A．120种 B．180种 C．240种 D．320种【答案】C【详解】以人为对象，分类讨论：甲不值班乙值班：；甲值班乙不值班：；甲乙都不值班；；甲乙都值班；.故不同的选择方案.故选：C6．已知函数（）的图象在y轴上的截距为1，且关于直线对称，若对于任意的，都有 ，则实数m的取值范围为（　　）A． B．[1，2]C． D．【答案】B【详解】∵函数（）的图象在y轴上的截距为1， ∴，即． ∵函数的图象关于直线对称，∴，，由于，∴， ∴=，∴A=，∴． 对于任意的，都有， ∵， 所以，进而，因此， ∴ ，求得 ， 故选：B．7．在四面体中，，E为的中点，，且，则四面体的外接球的半径为（    ）A．               B． C． D．【答案】A【详解】根据题意，和均为正三角形，为等腰直角三角形，为的角平分线，设，的中心分别为，则分别是四面体的外接球球心O在平面和平面上的投影，进而所求半径为．故选:A.8．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】令，则，当，，此时单调递增，当，，此时单调递减，所以，所以，即，所以；又设，恒成立，∴当， 单调递减，当时，有，则，所以，综上可得．故选：D． 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．若实数满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】A：因为，所以，因此本选项正确；B：由，因此本选项正确；C：由，因此本选项不正确；D：因为，所以，因此本选项正确，故选：ABD10．在正方体中,,G为CD的中点,点P在线段上运动,点Q在棱BC上运动,则(    )A． B．平面C．异面直线与DP所成角的最大值为 D．的最小值为【答案】BCD【详解】因为CD与PG不垂直,而,所以AB与PG不垂直,故错.因为平面平面平面,所以平面,故B对因为是等边三角形,所以当为的中点,,又,所以当为的中点,,即异面直线与DP所成角的最大值为,故对.在延长线上取一点,使得,则,所以.所以,最小值为点到直线的距离.由等面积法有,.即,所以,所以的最小值为,故D对.故选：BCD11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为5C．以线段为直径的圆与直线相切D．若，则直线的斜率为【答案】AC【详解】解：抛物线的准线方程为，对于A，由，得，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时，取等号，所以的最小值为4，故B错误；对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，消去得，则，则，线段的中点为，点到直线的距离为，所以以为直径的圆与直线相切，故C正确；对于D，因为，所以，可得，由， 得，解得，故D错误.故选：AC. 12．已知是定义在上的奇函数，且图象关于直线对称，当时，，则不等式成立的一个充分条件是（    ）A． B．C． D．【答案】CD【详解】由题意，因为的图象关于直线对称，故，又为奇函数，所以有， 所以，故，所以，故的周期为8.因为是定义在上的奇函数，故，解得，根据当时，，结合奇函数的性质与直线对称以及函数的周期性作图，且是的图象往左平移2个单位所得，作图如下.又不等式成立，即在的函数图象下方，由对称性得，当时，与的交点的横坐标为，结合图象可得与的交点的横坐标满足，所以在这个周期内，满足题意的解为，则所有符合题意的解为.当时，解为；当时，解为；当时，解为；当时解为，故选：CD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知A、B是独立事件，，，则______.【答案】【详解】∵为两个独立事件，∴，∵∴∴．故答案为：．14．已知圆，过原点的直线与圆C有公共点，则直线斜率的范围为______．【答案】【分析】根据直线与圆的位置关系列不等式即得.【详解】由圆，可得，圆C的圆心为，半径，设直线l的方程为，则，即，解得，即直线斜率的范围为.故答案为：.15．已知，则___________.【答案】【详解】令，则，所以，因为，所以，整理得，则，解得或（舍去），所以，即.故答案为：.16．已知曲线与曲线存在公共切线，则实数a的取值范围为________________．【答案】【详解】设切线方程为，切线与相切于点，则，，切线与相切于点，则，，所以，，所以，所以，所以，由已知方程有非负实数解，设，则方程有非负实数解等价于函数的图象和函数的图象有交点，因为，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，，，又时，，所以，所以a的取值范围为.  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．已知数列中，，且满足．(1)求的值；(2)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(3)若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)证明见解析；(3)【详解】（1）解：由题意得：（2）为常数数列是首项为2，公差为1的等差数列（3）令，当时，，递增当时，，递减当或n=3时，有最大值18．在中，，，为内的一点，满足，.(1)若，求的面积；(2)若，求.【答案】(1)   (2)【详解】（1）解：在中，因为，且，所以.由，可得.又，则.在中，因为，，所以，则，解得，从而.（2）解：在中，由，解得或（舍去）.令，则在中.在中，，所以，则，即，得.因为，所以，从而.19．如图,在四棱锥中,底面,是直角梯形,,,,是的中点．(1)求证:平面平面;(2)若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析   (2)【详解】（1）平面,平面,,,,,,,,,,平面,平面,平面,平面平面.（2）如图,以为原点,取中点,、、分别为x轴、y轴、z轴正向,建立空间直角坐标系,则,,设,则,设为平面的法向量,,,,即,令,则.设为平面的法向量,则,即,令,则.，,解得,设直线与平面所成角为,则,即直线与平面所成角的正弦值为.20．京东配送机器人是由京东研发，进行快递包裹配送的人工智能机器人.年月日，京东配送机器人在中国人民大学顺利完成全球首单配送任务，作为整个物流系统中末端配送的最后一环，配送机器人所具备的高负荷､全天候工作､智能等优点，将为物流行业的“最后一公里”带去全新的解决方案.已知某市区年到月的京东快递机器人配送的比率图如图所示，对应数据如下表所示：年月月月月月时间代码配送比率 (1)如果用回归方程进行模拟，请利用以下数据与公式，计算回归方程；，，.参考公式：若，则(2)已知某收件人一天内收到件快递，其中京东快递件，菜鸟包裹件，邮政快递件，现从这些快递中任取件，表示这四件快递里属于京东快递的件数，求随机变量的分布列以及随机变量的数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析；数学期望【详解】(1)由题意得：；设，则，，，，，回归方程为：.(2)由题意知：所有可能的取值为，；；；；的分布列为： 数学期望.21．在平面直角坐标系中，双曲线的左右焦点分别为，，动点A为C右支上一点，右准线与轴交点为．过点A作直线l的垂线交l于B，直线交y轴于P，．（1）求C的方程；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明见解析．【详解】解：（1）由题意，右准线，，即因为，所以．解得，从而，所以C的方程为（2）设，则 不妨设当轴时，，，此时当时，因此，．由正切函数单调性知，．22．已知函数.(1)若，讨论的导函数的零点个数；(2)若有两个不同的零点，且满足，求证：.（参考数据）【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】（1）的定义域为，则.设，则，由得：，①当时，则当时，无零点..②当时，则当时，，即在区间上递减，取满足且，则，又，所以，而，根据函数零点存在性定理知存在使得，此时恰有一个零点.③当时，则当时，；当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，此时，此时无零点.（2）（i）由得，即.设，则.由可得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，有极大值也是最大值，当时，，当时，.因为有两个不同的零点，则，即；（ii），故，，则，即，故.设，由可得，设函数，则，设，则，在区间上单调递增，故，故，在区间上单调递增，故，.综上，.