2023届新疆维吾尔自治区部分学校高三二模数学（理）试题含解析

2023届新疆维吾尔自治区部分学校高三二模数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则z的共轭复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先计算得出z，再求其共轭复数即可.

【详解】由题知，所以，则，对应的点为，位于第四象限.

故选：D．

2．集合，，记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先解不等式得，再按照交集的定义运算即可.

【详解】由，解得，又，所以，

而，则，即，

对比选项可知，D正确，而A、B、C错误．

故选：D．

3．设等差数列的前n项和为，若，则（    ）

A．18 B．36 C．54 D．108

【答案】A

【分析】可先由等差数列的通项公式求出，或由等差中项的性质求出，再由等差数列前n项和公式把转化为即可得出答案.

【详解】解法一：设公差为，则由

得，解得

又.

解法二：由得，

即，解得

又.

故选：A．

4．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据程序框图，逐项计算，找出计算的规律，即可求解.

【详解】根据给定的程序框图，可得：

经过第1次循环得到，，，，循环继续执行；

经过第2次循环得到，，，，循环继续执行；

经过第3次循环得到，，，，循环继续执行；

经过第4次循环得到，，，，循环继续执行；

经过第5次循环得到，，，，循环继续执行；

所以，由上述可得函数的正负性为4个作为一个循环，

因此，经过第2022次循环得到，，，，循环继续执行；

经过第2023次循环得到，，，

满足，循环终止，输出．

故选：C．

5．已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及得，从而，又由得点在以为圆心半径为1的圆面上（包括边界），利用数量积的几何意义求得，再利用三角形相似求OD长度即可求出最值.

【详解】设，，，，，则如图所示，

因为，所以，

即，所以，

因为，，所以，，

由，可得点在以为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），

过圆周上一点作的垂线，垂足为，且与相切，

延长交于，则，

此时∽，根据相似知识可得，

所以，

所以的最大值为，

故选：D.

6．在非等腰中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由三角函数的平方关系和平方差公式化简题目所给的方程得，构造函数，由的单调性得，从而得到，利用正弦定理角化边即可证明充分性，反之不成立则可说明不必要性.

【详解】由，

得，

又因为

所以

所以或即，

因为是非等腰三角形，所以舍去，所以，

令，，则，

所以在上单调递减，

因为，所以，即，

所以，由正弦定理可得，反之不成立，即为充分不必要条件．

故选：A

7．中国算力大会“算力中国”创新成果展区分为A区和B区两大板块.A区由最新数据中心产业图谱和国家新型工业化示范基地组成，B区由算力筑基优秀案例、算力赋能案例、算力网络案例组成.若从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果均是来自于B区的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据古典概型的概率公式，可直接计算概率.

【详解】设从该成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则被抽到其中恰有2个成果均是来自于区的概率是.

故选：D．

8．如图是一个简单几何体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由视图还原得到原几何体为四分之一个圆锥，结合圆锥的侧面积公式、直角三角形和圆的面积公式，即可求解.

【详解】如图所示，由三视图还原可得原几何体为四分之一个圆锥，

其表面积为四分之一个圆锥侧面积、两个全等的直角三角形及四分之一个圆的面积之和，

所以.

故选：A．

9．函数，的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据奇函数的对称性，排除A；讨论特殊点对应的函数值的正负，排除D；由，排除C，即可得到正确选项.

【详解】对于A，因为关于原点对称，

且，所以为奇函数，排除A；

对于D，因为，所以，排除D；

对于B，C，关键看还是，

因为，所以，

又，所以，所以，

而，所以，所以排除C．

故选：B

10．已知抛物线的焦点为F，若抛物线上一点P满足，且直线PF的斜率为，则a的值为（    ）

A．4 B．6 C．8 D．10

【答案】C

【分析】根据抛物线标准方程可得其焦点坐标和准线方程，设，利用焦半径公式可得，再由PF的斜率为可得，联立抛物线方程可得.

【详解】由已知得，抛物线准线方程为,

设，则，即①,

又因为直线的斜率为，所以，

即，所以②,

将①②代入，整理得，

解得或，又，

所以，

故选：C

11．已知在直三棱柱中，E，F分别为，的中点，，，，，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】延长，且与相交于，连接EG，并与相交于，连接FD，

则四边形AEDF为所求的截面，后由几何知识可得截面面积.

【详解】解析：延长，且与相交于，连接EG，并与相交于，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面.

在中，由，，得.

在中，由，，得.

因为为的中点，所以由平面几何知识可知，.

所以，，即为AG的中点，所以.

又由，可得，

又，，所以.

在中，由，，得，所以.

所以在中，有，，，

即，所以.又注意到，

，

则四边形AEDF的面积为.

故选：B．

12．已知函数，其中且，若函数图象上存在关于原点对称的点仅有两对，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题设，将问题化为在上有两个不同的实数根，进而有有两个实数根，利用导数研究右侧性质，数形结合求参数范围.

【详解】关于原点对称的函数为，即，

若函数图象上存在关于原点对称的点仅有两对，

则与在上有两个不同的交点，

所以方程在上有两个不同的实数根，

即在上有两个不同的实数根，

由，得，即，

令，则，令，得，

在上，单调递增，在上，单调递减，

所以，且时，时，

如图所示， 有两个不同的实数根等价于与有两个交点，

则满足，解得．

故选：C

二、填空题

13．若实数x，y满足不等式组，则的最大值为______．

【答案】1

【分析】根据不等式组作出可行域，根据目标函数几何意义求最值.

【详解】作出可行域如图中阴影部分所示，

作出直线，并平移，数形结合可知，

当平移后的直线经过点时，取得最大值，此时．

故答案为：1

14．已知双曲线C：的右焦点F到其中一条渐近线的距离为3，则双曲线的离心率______．

【答案】/1.25

【分析】利用双曲线焦点到渐近线的距离为，求出，利用，求出，然后可求得离心率．

【详解】双曲线渐近性方程为，

即，代入，则距离为，所以，

所以，所以.

故答案为：.

15．已知函数满足下列条件：

①是经过图象变换得到的；

②对于，均满足成立；

③的函数图象过点．

请写出符合上述条件的一个函数解析式__________________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】由①可设，根据②，设，求得，且，再由③求得的一个值为，即可求解.

【详解】解：由①可设，

又由②可知，不妨设，

由，可得，

且，所以，所以，

由③，可得，即，所以的一个值为，

因此函数的一个解析式为.

故答案为：（答案不唯一）.

16．对于函数和，设，，若存在m，n，使得，则称和互为“零点关联函数”，若函数与互为“零点关联函数”，则实数a的最小值是______．

【答案】

【分析】首先根据函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，结合“零点关联函数”的定义得出函数的一个零点为，则有，即，构造函数用导数解决问题.

【详解】由函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，

设函数的一个零点为，则有，即，

所以由题知，在有零点，即方程在有解,

构造函数，，

，，在单调递减，，

所以，，单调递增，且，,

要使方程在有解，则，所以实数的最小值是-2.

故答案为：-2．

三、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．

(1)证明：；

(2)若D为BC边上的点，，，求b的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)3

【分析】（1）由正弦定理角化边，再进一步化简即可；

（2）在和中由余弦定理分别列出方程，即可解出b的值，或利用向量的线性运算及数量积的运算法则结合条件即得.

【详解】（1）证明：因为，

所以由正弦定理得，

又因为

化简得：，

所以即，故得证.

（2）如图，

解法一：在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

所以，又因为，所以．

解法二：因为，所以，即．

所以

又因为，所以，

又由(1)知，化简得，

因为，所以，所以为等边三角形，

又，所以，所以．

18．网络直播带货助力乡村振兴，它作为一种新颖的销售土特产的方式，受到社会各界的追捧.某直播间开展地标优品带货直播活动，其主播直播周期次数（其中10场为一个周期）与产品销售额（千元）的数据统计如下：

根据数据特点，甲认为样本点分布在指数型曲线的周围，据此他对数据进行了一些初步处理．如下表：

其中，

(1)请根据表中数据，建立关于的回归方程（系数精确到）；

(2)①乙认为样本点分布在直线的周围，并计算得回归方程为，以及该回归模型的相关指数，试比较甲、乙两人所建立的模型，谁的拟合效果更好？

(3)由①所得的结论，计算该直播间欲使产品销售额达到8万元以上，直播周期数至少为多少？（最终答案精确到1）

附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，相关指数：．

【答案】(1)

(2)乙建立的回归模型拟合效果更好

(3)10

【分析】（1）取对数，把非线性方程转化为线性方程，利用公式求解系数可得答案；

（2）根据公式求解相关指数，比较两个方程的相关指数的大小可得结论；

（3）利用乙的方程进行预测，求解不等式可得结果.

【详解】（1）将两边取对数得，令，则;

∵，∴根据最小二乘估计可知，;

∴，

∴回归方程为，

即．

（2）①甲建立的回归模型的．

∴乙建立的回归模型拟合效果更好．

（3）由①知，乙建立的回归模型拟合效果更好．

设，解得，∴直播周期数至少为10.

19．如图，在直四棱柱中，，，为等边三角形．

(1)证明：；

(2)设侧棱，点E在上，当的面积最小时，求AE与平面所成的角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接AC，并与BD相交于P， 根据为等腰直角三角形和为等边三角形，得到，再由直四棱柱的性质得到，由线面垂直的判定定理证明；

（2）以A为坐标原点，以AB，AD，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，再由求解.

【详解】（1）证明：连接AC，并与BD相交于P，如图所示，

由题可知，为等腰直角三角形，且为等边三角形，

所以点P为BD的中点，且

在直四棱柱中，

有平面ABCD且平面ABCD，

所以，

又，BD，平面、

所以平面，又平面，所以，

在四边形中，，所以四边形为平行四边形，

所以，又因为，所以；

（2）由（1）知平面，且平面，所以，

即的面积为，要使的面积最小，则PE为最小，即，

根据及边长可知点E为靠近点B的三等分点，

以A为坐标原点，以AB，AD，所在的直线分别为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，

，

，

设平面的一个法向量为

则，即，令，则，

所以，

又

则，

所以AE与平面所成的角为60°

20．已知，是椭圆C：的左、右焦点，点是C上一点，的中点在y轴上，O为坐标原点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知过椭圆上一点的切线方程为．设动直线l：与椭圆C相切于点P，且与直线相交于点Q，试探究：在x轴上是否存在定点F，使得以PQ为直径的圆恒过点F？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，的坐标为

【分析】（1）由的中点在y轴上，且，得到，，进而得到的值，即可求解；

（2）设动点，得到直线l的方程为，令，求得Q坐标为，再由，假点，列出方程，结合恒成立，求得的值，即可求解.

【详解】（1）解：设，

由的中点在y轴上，且O为，的中点，可得轴，即，

又由，可得，即，，

所以，即，

解得，则，所以椭圆C的方程为.

（2）解：因为过椭圆上一点的切线方程为，

设动点，则直线l的方程为，

即

令，则代入①，解得，所以Q坐标为，

由以PQ为直径的圆恒过点F，可得，即

假设存在点，则，

于是

整理得，由该方程对于任意的恒成立，可得，

因此，存在定点符合条件.

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

21．已知函数，，其中为自然对数的底数．

(1)若有两个极值点，求的取值范围；

(2)记有两个极值点为、，试证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，令，分析可知有个变号零点，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于的不等式，解之即可；

（2）欲证，即证，由已知条件得出，令，解得，，将所证不等式变形为，然后令，其中，利用导数证得即可.

【详解】（1）解：因为，，，

设，则，

若有两个极值点，则有个变号零点．

当时，，在上递增，至多有一个零点，不符合题意，舍去；

当时，令，解得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

若使得有个变号零点，则，即，即，

解得，此时，，

，

令，其中，所以，，

所以，函数在上单调递增，

所以，，故，

由零点存在定理可知，函数在、上各有一个变号的零点，

设函数在、上的零点分别为、，

当或时，；当时，.

此时函数有两个极值点，合乎题意.

综上所述，.

（2）证明：欲证，即证，

由于、为的零点，

则，可得，

令，则，

解得，，

所以只需证明：，即证：，

构造函数，其中，

则，

所以，函数在上单调递减，则，

所以，即得证，故.

【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：

（1）证明（或）：

①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；

②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；

③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；

（2）证明（或）（、都为正数）：

①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；

②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；

③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；

（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．

(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；

(2)设点，若直线与曲线交于A、B两点，且，求实数的值．

【答案】(1)（为参数），

(2)

【分析】（1）利用极坐标与普通方程的互化，，得到直线的普通方程，从而求出参数方程，再通过消去曲线的参数，即可求出曲线的普通方程；

（2）利用参数方程的几何意义和条件即可求出实数的取值.

【详解】（1）因为，所以，

又因为，，所以化简为，

所以直线的参数方程为（为参数），

由（为参数），消去得；，

所以曲线的普通方程为.

（2）设两点对应参数分别为，

由知，与反向，所以点在圆内，

将直线的参数方程（为参数），代入曲线的普通方程， 得到，

由韦达定理得，，，

又因为直线和曲线有两个不同的交点，则，即，解得，

又因为点在圆内，所以，得到，

又由，得到，所以，由参数的几何意义知，，又因为，

不妨设，由，得到，

解得，满足条件，

所以实数的值为．

23．设函数，．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)对任意，恒有，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由绝对值不等式的解法，当a=2，分，，三种情况讨论，求解不等式即可得解；

（2）分析可得原题意等价于，结合绝对值不等式分析运算.

【详解】（1）当时，可得，

当时，则，解得，此时得；

当时，则，此时无解；

当时，则，解得，此时得；

综上所述：不等式的解集为．

（2）对任意，恒有，等价于，

因为，当且仅当时，等号成立

所以，且，

即，解得或，

所以实数的取值范围为．

【点睛】考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．