2023届内蒙古包头市高三二模数学（文）试题含解析

2023届内蒙古包头市高三二模数学（文）试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】由题设即可求结果.

【详解】由.

故选：B

2．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据一元二次不等式化简集合,即可由集合的交运算求解.

【详解】由得，所以，

故选：C

3．已知为抛物线上第一象限的一点，以点B为圆心且半径为12的圆经过C的焦点F，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据抛物线的方程结合抛物线的定义列式求解.

【详解】由题意可得：抛物线的焦点坐标，准线，

则，解得.

故选：D.

4．正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体、正六面体（即正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体．若连接某正方体的相邻面的中心，就可以得到一个正八面体，已知该正八面体的体积为36，则生成它的正方体的棱长为（    ）

A．8 B．6 C．4 D．3

【答案】B

【分析】设正方体的棱长为，由条件结合锥体体积公式列方程求解即可.

【详解】设正方体棱长为，可得正八面体是由两个四棱锥构成，

四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，

则正八面体体积为，解得，∴.

故选：B.

5．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由对数的性质可得：，，，即可得出答案.

【详解】，，，

故.

故选：C.

6．函数的图象在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用导数的几何意义求切线方程即可.

【详解】由，则，而，

所以点处的切线方程为，即.

故选：A

7．已知，且，则＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由二倍角余弦公式、因式分解可得，结合角的范围求值即可.

【详解】由，

所以或，又，故.

故选：B

8．若函数在的大致图象如下图，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】根据图象结合最小正周期和零点求，进而可求结果.

【详解】设函数的最小正周期为，

由图象可得：，即，

可得，解得，

则，所以.

故选：A.

9．若是奇函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据奇函数的定义结合对数运算求解即可.

【详解】由题意得，解得，

则的定义域为，又为奇函数，

所以，可得，

当时，，

其定义域为，

，所以是奇函数，

故.

故选：A.

10．小王家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小王家，小王离开家去工作的时间在早上之间．用A表示事件：“小王在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为x，小王离开家的时间为y，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件A的概率P（A）等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】画出图形，利用面积比求解即可.

【详解】根据题意作出图形如图所示，基本事件位于矩形内及边界，

事件发生，则，即事件A应位于五边形BCDEF内及边界，

则.

故选：A.

11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由三视图还原几何体，注意线面垂直关系，进而求其它各棱长，即可得答案.

【详解】由三视图，几何体如下图示，且面，

而面，故，

所以，显然为最长棱.

故选：C

12．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为△ABC的外接圆，若的面积为12π，，则当△ABC的面积最大时，球O的表面积为（    ）

A．84π B．96π C．180π D．192π

【答案】D

【分析】求得的半径，根据正弦定理得出，，然后代入整理得出的面积，设，，求导得出函数的最大值，进而得出，根据勾股定理求出球的半径，即可得出答案.

【详解】设的半径为，球的半径为，

则，所以.

由正弦定理可得，，，

因为，所以，

所以，

设，，

则，

因为，

由可得，，

由可得，，

因为，所以，

所以，所以，

所以，在上单调递增；

由可得，，

由，可知，所以，

所以，在上单调递减.

所以，当时，取得唯一极大值，也是最大值，

此时，为等边三角形，且，

所以，，

由图象可得，在中，有，，

所以，，即，

所以，球的表面积为.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：利用导数求出函数，的最值是解决本题的关键.

二、填空题

13．若x，y满足约束条件则的最小值为______．

【答案】1

【分析】画出可行域，根据最小的几何意义判断取最小值时所过的点，即可得结果.

【详解】由题设可得如下可行域，要使最小，即直线上下平移过程中，与可行域有交点情况下截距最小，

所以，当过与的交点时有最小值，故.

故答案为：1

14．已知，，与的夹角为θ，且，则θ＝______．

【答案】/

【分析】利用向量数量积的运算律可得，结合已知模长及数量积定义求夹角即可.

【详解】由，即，

所以，又，则.

故答案为：

15．已知圆C经过点和点，且圆心在直线上，则圆C的标准方程为__________．

【答案】

【分析】求出线段AB的中垂线方程，与直线联立，可得圆心坐标，根据两点间距离公式求出半径，可得圆的方程．

【详解】因为，，

所以直线的斜率为，线段中点为，

所以中垂线方程为，即，

联立，

解得，

所以圆心的坐标为.

根据两点间的距离公式，得半径，

因此，所求的圆的方程为.

故答案为：.

16．双曲线C：（，）的两个焦点为，，以C的虚轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C的渐近线交于点H，若的面积为，则C的离心率为______．

【答案】

【分析】根据相切关系可得直线的斜率，进而得方程为，联立两直线方程得交点坐标，即可由面积公式得的关系，由齐次式即可求解离心率.

【详解】设直线与圆相切于,由题意可知,，所以 ，所以,

所以直线方程为，

联立和得 ，故

因此，故，因此，

故 ，

故答案为：

三、解答题

17．已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，，，．

(1)若，且等比数列的公比大于0，求和的通项公式；

(2)若，求．

【答案】(1)，

(2)或

【分析】（1）设的公差为d，的公比为q，根据已知写出的表达式.然后列出方程组，求解即可得出的值，代入即可得出答案；

（2）检验可得不满足题意.根据等比数列前项和公式可得，解得，或.分别求出的值，得出，然后根据等差数列前项和公式计算即可得出答案.

【详解】（1）设的公差为d，的公比为q，，则，．

联立，即，

因为，解得，                 

所以，.

（2）设的公差为d，的公比为q.

当时，，不满足题意，所以.

所以，，

整理可得，解得，或.           

当时，，由，得，所以，

故 ；

当时，，由，得，所以，

故 .

18．某学校为了解高三学生的学习成绩变化情况，随机调查了100名学生，得到这些学生一轮复习结束相对于高二期末学习成绩增长率的频数分布表.

（1）估计这个学校的高三学生中，学习成绩增长率不低于的学生比例；

（2）求这个学校的高三学生学习成绩增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（精确到）

附：.

【答案】（1）；（2）0.25；0.146.

【分析】（1）根据题意得学习成绩增长率不低于的学生有人，进而根据频率估计即可；

（2）根据频率分布估计平均数和方差即可.

【详解】（1）根据学习成绩增长率频数分布表得，

所调查的名学生中，学习成绩增长率不低于的学生有人，

所以学习成绩增长率不低于的学生频率为，

用样本频率分布估计总体分布得这个学校高三学生成绩增长率不低于的学生比例为

（2）

.

19．如图，四棱锥S—ABCD中，侧面底面ABCD，，，，，E，F分别是SC和AB的中点，．

(1)证明：平面SAD；

(2)点P在棱SA上，当时，求四棱锥P—AFCD的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设M为SD的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论；

（2）首先证△为等腰直角三角形，若为中点，连接，易知，，应用面面垂直性质得面ABCD，进而有，易得，再证△△判断为中点，最后应用棱锥体积公式求体积.

【详解】（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，

因为ME是的中位线，所以，

又且，所以底面ABCD为平行四边形，

所以，又且，故且，

所以四边形是平行四边形，则，

又平面，平面，所以平面.

（2）由，，即，故，

所以△为等腰直角三角形，若为中点，连接，

所以，，

又，，即△为等边三角形，所以，

因为面面ABCD，面底面ABCD，，面，

所以面ABCD，面ABCD，故，

在△中，，即，

若为中点，则，故，

在△中，，则，

又，P在棱SA上，且，易知：△△，

所以，又，由（1）M为SD的中点，故为中点，

所以到面距离等于到面距离的一半，又面ABCD，即，

由，则四棱锥P—AFCD的体积.

20．设函数．

(1)当时，求的单调区间；

(2)若f（x）有两个极值点，，求a的取值范围．

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）运用导数研究函数的单调性.

（2）将问题转化为，是的两个不同的根，分离参数研究与有两个不同的交点，运用导数研究的图象进而求得a的范围.

【详解】（1）∵，

∴，

当时，

∴，定义域为R，

则，

∴，，

∴的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）∵有两个极值点，（），

∴，是的两个不同的根.

即：，是的两个不同的根.

∴令，

则，是与的两个不同的交点.

∴，

∴，，

∴在上单调递增，在上单调递减，

又∵，，

当时，；当时，，

∴图象如图所示，

所以，

所以，

即：a的取值范围为.

21．已知定点，及动点，点R是直线MQ上的动点，且．

(1)求点R的轨迹C的方程；

(2)过点的直线与曲线C交于点A，B，试探究：的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，最大值为

【分析】（1）设点的坐标为，由条件列关系式求轨迹方程；

（2）设直线AB的方程为，联立方程组结合设而不求法求的面积，利用导数求其最大值.

【详解】（1）设点的坐标为，

由已知，，，

因为点R是直线MQ上，所以，

因为，所以，即，

所以

化简得，．

因为，所以，

故点R的轨迹C的方程为．

（2）过点的斜率为的直线与曲线没交点，不满足要求，

故设直线AB的方程为，由，

消去x并整理，得，

方程的判别式，

设，

则，                  

所以，

的面积，  

设，则，

设，

则，在是增函数，              

故，

即，有，

因此，当，即时，S存在最大值为．

【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)写出C的普通方程；

(2)若A，B是C上异于坐标原点O的两动点，且，，并与线段AB相交于点P，求点P轨迹的极坐标方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）消参求普通方程；

（2）设，根据得，再根据得 ，进而可得，再由A，P，B三点共线，可得，整理可得，进而可求解.

【详解】（1）由C的参数方程消去参数t，得C的普通方程为．

（2）根据（1），设，（，且），

则，

因为，所以，得，       

又，

因为，所以，

即，      

因为A，P，B三点共线，所以，

即，整理得，

把和，代入上式，

得，

故点P轨迹的极坐标方程为．

23．已知函数．

(1)画出和的图象；

(2)若，求a的值．

【答案】(1)图象见解析

(2)6

【分析】（1）利用分段函数的性质作图；

（2）利用绝对值不等式的解法结合函数图象求解.

【详解】（1）由已知得，，  

和的图象如图所示．

（2）的图象是由函数的图象向左平移a（）个单位长度，

或向右平移（）个单位长度得到的，

根据图象，

可知把函数的图象向右平移不符合题意，只能向左平移．              

当向左平移使的图象的右支经过的图象上的点时

为临界状态，如图所示，

此时的图象的右支对应的函数解析式为

，的图象的左支与的图象的一部分重合，

代入点的坐标，则，解得．

因为，所以，故a的值为6．