2023届内蒙古自治区乌兰察布市高三二模数学（理）试题含解析

2023届内蒙古自治区乌兰察布市高三二模数学（理）试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A．5 B． C． D．3

【答案】B

【分析】由题意求，进而可求其模长.

【详解】∵，则，

则.

故选：B.

2．设集合，且，则（    ）

A． B． C．8 D．6

【答案】C

【分析】化简集合A、B，根据交集的结果求参数即可.

【详解】由，可得或，

即或，而，

∵，

∴，可得.

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．某射手每次射击击中目标的概率均为，且各次射击的结果互不影响．设随机变量X为该射手在n次射击中击中目标的次数，若，则P的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意结合二项分布的期望和方差公式运算求解.

【详解】由题意可得：，

则，解得.

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】求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程.

【详解】因为，则，所以，，，

因此，函数的图象在点处的切线方程为，即.

故选：A.

7．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.

8．的展开式中的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】的展开式通项为，

因为，

在中，令可得，

在中，令可得，

因此，展开式中的系数为.

故选：D.

9．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意结合倍角公式求，再根据同角三角关系“知一求二”.

【详解】由题意可得：，

即，解得或，

∵，则，故，

可得，

所以.

故选：B.

10．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

11．双曲线的两个焦点为，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（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】根据几何关系表示出切线的方程为，进而可求点的坐标，表示出三角形的面积，利用齐次化法求离心率.

【详解】

如图，不妨设切线的倾斜角为锐角，

过的直线与圆相切于点，

则,且所以，

所以，即切线的斜率等于，

所以切线的方程为，

联立，解得，

所以，

所以，即，

解得或（舍），

所以，则，即，

所以离心率为，

故选:D.

12．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.

【详解】若是奇函数，可得，

则

，

可得，解得，所以.

故选：A.

二、填空题

13．若，满足约束条件则的最大值为______.

【答案】3

【分析】根据约束条件画出可行域，然后作出目标函数的一条等值线，利用等值线在可行域中进行平移找到取得最大值的最优解，可得结果.

【详解】根据约束条件可作图如图，

由目标函数，令，得到目标函数的一条等值线，

，故点，

当直线移到点时，目标函数有最大值，

则.

故答案为：3.

14．已知，，与的夹角为，且，则_________．

【答案】/

【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律展开，代入已知条件，即可得出答案.

【详解】由已知，可得，

即.

又，，所以，

所以，，所以.

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．已知A，B，C为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则当的面积最大时，球的表面积为__________．

【答案】

【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点，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．甲、乙、丙三个学校进行篮球比赛，各出一个代表队，简称甲队、乙队、丙队．约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个队，另一队轮空；每场比赛的胜队与轮空队进行下一场比赛，负队下一场轮空，直至有一队被淘汰；当一队被淘汰后，剩余的两队继续比赛，直至其中一队被淘汰，另一队最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙两队首先比赛，丙队轮空．设甲队与乙队每场比赛，甲队获胜概率为0.5，甲队与丙队每场比赛，甲队获胜概率为0.6，乙队与丙队每场比赛，乙队获胜概率为0.4．记事件A为甲队输，事件B为乙队输，事件C为丙队输，

(1)写出用A，B，C表示“乙队连胜四场”的事件，并求其概率；

(2)写出用A，B，C表示“比赛四场结束”的事件，并求其概率；

(3)求“需要进行第五场比赛”的概率．

【答案】(1)事件为ACAC，概率为；

(2)事件分别为BCBC，ACAC，ABAB和BABA，概率为；

(3).

【分析】（1）根据给定条件，写出所求事件，再利用相互独立事件的概率公式计算作答.

（2）比赛四场结束的事件是三个互斥事件的和，写出该事件，再利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解作答.

（3）由（2），利用对立事件求出概率作答.

【详解】（1）依题意，， “乙队连胜四场”的事件为ACAC，

所以.

（2）“比赛四场结束”共有三种情况，分别是：“甲队连胜四场”为事件BCBC；

“乙队连胜四场”为事件ACAC；“丙队上场后连胜三场”为事件ABAB和事件BABA，

所以，“比赛四场结束”的概率为

．

（3）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，

所以，需要进行第五场比赛的概率为.

19．如图，四棱锥中，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，当与底面所成角为时，求二面角的正弦值．

【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）设N是DC的中点，由面面垂直判定定理证明平面，再证明，以点为原点，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，由向量夹角公式求点的坐标，再求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.

【详解】（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，

因为ME是的中位线，所以，

又因为，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，                     

所以，又平面，平面，

所以平面．         

（2）因为，又，

所以，故．

设N是DC的中点，连接SN，因为，

所以，又平面平面，

平面SDC，平面底面，

所以平面．                                          

连接，在中，，

所以是正三角形，

在中，，所以，

所以，即．                          

因为两两互相垂直，故以为坐标原点，

以向量为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．               

在中，由余弦定理得．

过点P作，，

因为平面，所以底面，

因为，所以与相似，

因为，所以．

设P的坐标为，

则，，

故，

设底面ABCD的法向量为，

当PF与底面ABCD所成角为时，与所成角为．

故，

即，解得．              

所以．

设平面的法向量为，

则，即

取，可得，

所以为平面的一个法向量，

设平面PAF的法向量为，

则，即，

取，可得，

所以为平面的一个法向量，

故．

所以二面角的正弦值为．

20．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．

21．设函数．

(1)当时，求的单调区间；

(2)若有两个极值点，

①求a的取值范围；

②证明：．

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为

(2)①②证明见解析

【分析】（1）利用导函数与单调性的关系求解；

（2）①根据方程的根与函数的图象的关系，利用导数讨论单调性最值即可数形结合求解；

②根据可得，再将要证不等式双变量转化为单变量问题证明求解.

【详解】（1）当时，，

故，  

所以，

当时，；当时，，

所以的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）①，依据题意可知有两个不等实数根，

即有两个不等实数根．                

由，得，

所以有两个不等实数根可转化为

函数和的图象有两个不同的交点，

令，则，

由，解得；由，解得；

所以在单调递增，在单调递减，

所以．

又当时，，当时，，

因为与的图象有两个不同的交点，所以．          

②由①可知有两个不等实数根，

联立可得，

所以不等式等价于

．

令，则，且等价于．

所以只要不等式在时成立即可．                

设函数，则，

设，则，

故在单调递增，得，

所以在单调递减，得．

综上，原不等式成立．

【点睛】关键点点睛：本题的第二问的第②小问解决的关键在于将双变量问题转化为单变量问题，从可得，代入即可得，

令，进而证明单变量不等式即可.

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．