江苏省淮安市郑梁梅高级中学2023届高三二模数学试题（含解析）

江苏省淮安市郑梁梅高级中学2023届高三二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知圆锥的底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

4．已知数据的平均数为，设为该组数据的“阶方差”，若，则与的大小关系为（    ）

A． B． C． D．与奇偶性有关

5．已知在中，，以斜边的中点为圆心，为直径，在点的另一侧作半圆弧，点在圆弧上运动，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

6．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

7．已知点为椭圆上两点，且，其中为坐标原点，则的最小值为（    ）

A． B．2 C． D．3

8．已知，且，则的取值范围是（    ）（注：选择项中的为自然对数的底数）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．对两个变量与进行线性相关性和回归效果分析，得到一组样本数据:，则下列说法不正确的是（    ）

A．若所有样本点都在直线上，则两个变量的样本相关系数为

B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好

C．若越大，则变量与的线性相关性越强

D．若越小，则变量与的线性相关性越强

10．如图是函数的部分图象，则（ ）

A． B．

C． D．

11．在平面直角坐标系中，已知动圆（），则下列说法正确的是（    ）

A．存在圆经过原点

B．存在圆，其所有点均在第一象限

C．存在定直线，被圆截得的弦长为定值

D．所有动圆仅存在唯一一条公切线

12．已知函数，其中为自然对数的底数，为其导函数，则下列判断正确的是（    ）

A．在单调递增

B．在仅有1个零点

C．在有1个极大值

D．当时，

三、填空题

13．若函数为奇函数，当时，，则______.

14．如图，在杨辉三角中，斜线的上方从1按箭头方向可以构成一个“锯齿形”的数列记其前项和为，则的值为______.

15．抛物线的焦点为，过的直线交于两点，在两点处的切线交于点，则弦的长为______.

16．已知圆台的内切球与圆台侧面相切的切点位于圆台高的处，若圆台的上底面半径为，则球的体积为______.

四、解答题

17．设数列前项和为，

(1)记，写出，并求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

18．在中，角所对的边分别为，点在边上，且，.

(1)若，求；

(2)若，求.

19．某校为丰富同学课余生活，活跃校园气氛，促进年级之间的友好关系，决定在高二､高三之间进行知识抢答赛，比赛规则如下：每个年级选出3名同学参加比赛，第一场比赛从两个年级的3名同学中各出1人进行抢答，失败者淘汰，失败者所在年级的第二名同学上场，以此类推，直至一方年级的3名同学全部淘汰，比赛结束.已知每个年级的3名同学之间已经排定好比赛顺序，且每个同学在每场比赛中胜利或失败的概率均为.

(1)求比赛结束时刚比赛完第四场的概率；

(2)已知其中一个年级的同学甲排在第二个上场，求甲所参加的比赛场数的分布列与数学期望.

20．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，，点为棱上一点，且.

(1)若平面，求实数的值；

(2)若平面，求直线和平面所成角的正弦值.

21．已知双曲线M：的离心率为，点，分别为其左、右焦点，点为双曲线M在第一象限内一点，设的平分线PQ交y轴于点Q，当时，.

(1)求双曲线M的方程；

(2)若，此时直线交双曲线M于A、B两点，求面积的最大值.

22．设函数，其中为自然对数的底数.

(1)当时，讨论函数在上的单调性；

(2)当时，求证：对任意.

参考答案：

1．A

【分析】根据并集的概念运算可得结果.

【详解】因为集合，

所以.

故选：A

2．B

【详解】解：因为复数，对应的向量分别是，，则复数，因此点位于第二象限，选B

3．D

【分析】由扇形的弧长公式与面积公式求解即可

【详解】设圆锥的底面半径为，侧面展开扇形的半径为，

因为底面周长，

所以扇形的弧长，

所以，

所以圆锥的侧面积为，

故选：D

4．A

【分析】由，得，当为偶数时，可得，，再累加可得；当为奇数时，可得，，再累加可得.

【详解】因为，所以，

因为，且，

所以当为偶数时，为偶数，所以，

当时，；

当时，则，所以，

综上， ，

所以，

当为奇数时，为奇数，所以，

当时，；

当时，则，所以，

综上，，

所以，

综上所述：.

故选：A

5．A

【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，求出半圆弧所在的圆的方程，利用数量积的坐标形式可求数量积的取值范围.

【详解】

因为直角三角形为等腰直角三角形，故可建立如图所示的平面直角坐标系，

其中，

而以为直径的圆的方程为：，

整理得到：，

设，则，故，

因为在半圆上运动变化，故，

故的取值范围为：，

故选：A.

6．D

【分析】对进行通分化简，再左右两边同时平方且求出，进而得到答案

【详解】，

，

，

，

，

.

，

，

，

，

故选：D.

7．C

【分析】首先讨论点分别是长短轴的一个端点时，的值，再当点不是长短轴的端点时，设，联立椭圆方程，得到点的坐标，并利用垂直关系得到点的坐标，即可求，并利用基本不等式求最小值.

【详解】由条件可知，，，当点分别是长短轴的一个端点时，，此时，

当点不是长短轴的端点时，设联立，得,

得，，将换成，得，,

,

，当，即时等号成立，

所以，所以,

综上可知，，即的最小值为

故选：C

8．B

【分析】利用换底公式可得，构建新函数，利用导数讨论其单调性后可判断的取值范围.

【详解】因为，故，故，

设，其中，则，

当时，，当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，

但当时，，当时，，

而，故.

下证对于任意的，对在总有两个不同的零点，

由的单调性可知在上为减函数，在上为增函数，

而，，，

设，则，

故在上为减函数，故，

故在总有两个不同的零点，

综上，.

故选：B

【点睛】思路点睛：对于多变量的方程的问题，应该根据方程的特点合理构建新函数，利用导数讨论其单调性，在问题解决的过程中注意对范围充分性的说明.

9．AD

【分析】根据相关系数的定义及其意义，对选项逐一判断即可得到结果.

【详解】当所有的样本点都在直线上时，样本点数据完全负相关，其相关系数，故A错误；

残差平方和越小的模型，越大，拟合的效果越好，故B正确；

相关系数值越大，则变量与的线性相关性越强，故C正确；

相关系数越小，则变量与的线性相关性越弱，D错误；

故选:AD.

10．CD

【分析】设，由图象得出函数的最小正周期，可求得的值，将点代入函数解析式，求出的表达式，可得出原函数的解析式，结合诱导公式可判断各选项是否满足条件.

【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，

设，则，所以，，

，且函数在附近单调递减，

所以，，可得，

所以，，C选项满足条件，A选项不满足条件；

对于B选项，，B选项不满足条件；

对于D选项，，D选项满足条件.

故选：CD.

【点睛】方法点睛：根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法：

（1）求、，；

（2）求出函数的最小正周期，进而得出；

（3）取特殊点代入函数可求得的值.

11．AB

【分析】对于A选项：将代入圆方程，求得，即可判断；

对于B选项：根据圆所有点均在第一象限得到，即可判断；

对于C选项：当定直线的斜率存在，设直线：，当定直线的斜率不存在，设直线，由垂径定理和勾股定理得到弦长，要使弦长为定值，则弦长与无关，得到关于和的方程组，即可求解；

对于D选项：求出所有动圆的公切线，即可求解.

【详解】对于A选项：若圆经过原点，则，

化简得：，解得：，

所以当时，圆经过原点，所以A选项正确；

对于B选项：由题意得圆的圆心，半径（），

若圆上的所有点均在第一象限，则，解得：，

即且，所以当时，圆上的所有点均在第一象限，所以B选项正确；

对于C选项：当定直线的斜率存在，

设存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，

则圆心到直线的距离，

则弦长

即，

要使弦长为定值，则弦长与无关，

所以，解得：，

此时弦长，

不存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，

当定直线的斜率不存在，设直线，则圆心到直线的距离，

所以弦长，

要使弦长为定值，则弦长与无关，

即，此时弦长，

综上：不存在定直线，被圆截得的弦长为定值，

所以C选项错误；

对于D选项：若所有动圆存在公切线，当切线斜率不存在时，满足题意；

切线斜率存在时，且圆心到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得：，即，

化简得：，

若所有动圆存在公切线，则上式对恒成立，

则，解得：，

此时，

综上：所有动圆存在公切线，其方程为或，所以D选项不正确，

故选：AB.

12．ABC

【分析】通过求导可分析A选项, 将方程 的根的问题转化为两个函数的图象交点问题, 从而可分析 B,C 选项, 举反例可分析D选项.

【详解】，,

当时，可得，此时，故在单调递增，A选项正确；

令，可得，作出函数和的函数图像，如图所示，

由图可知，函数和在仅有1个交点，即在仅有1个零点，故B正确；

由图可知在内有两个不同的交点，

设两个交点的横坐标为且，

当时，<,即；

当时，>,即；

故为极小值点，

当时，<,即；

故为极大值点，

所以在有1个极大值，C正确；

当，，故D错误；

故选：ABC.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值, 函数的零点和方程根的关系, 函数图象的应用, 属于较难题.

13．

【分析】首先利用奇函数的性质求，再求值.

【详解】因为函数是奇函数，所以，得，

即时，，

所以.

故答案为：

14．361

【分析】由“锯齿形”找出一定规律，分别求出奇数项和偶数项的通项公式，即可的.

【详解】由题意，设“锯齿形”数列的奇数项构成数列，由

，可得，由累加法可得，时，也满足

所以,

因为“锯齿形”数列的偶数项构成以3为首项，1为公差的等差数列

所以

故答案为：361

15．4

【分析】设直线的方程为，与抛物线联立，求得，利用导数的几何意义，可设出切线，切线的方程，联立两切线的方程，求得的坐标，结合已知可得，再利用抛物线的弦长公式即可得解.

【详解】抛物线的焦点为，设，，

显然，直线的斜率存在，且

则直线的方程为

联立，整理得，则

由，求导得，

故切线的方程为，即①

同理切线的方程为②

两式相减，求得的横坐标，即，

两式相加，求得的纵坐标，

即，解得，

所以

故答案为：4

16．

【分析】求得圆台的高，也即求得球的直径，进而求得球的半径，从而求得球的体积.

【详解】圆台的上底面半径为，

由于圆台的内切球与圆台侧面相切的切点位于圆台高的处，

根据切线长定理可知：圆台的下底面半径为，母线长为，

所以圆台的高为，

也即球的直径为，半径为，

所以球的体积为.

故答案为：

17．(1)，，；

(2).

【分析】（1）由题得，，得，即可解决.

（2）分组求和解决即可.

【详解】（1）由题得，数列前项和为，，

因为，

所以，，

当时，，

所以，

所以，

所以，即，显然满足上式，

所以为等比数列，

因为，公比，

所以数列的通项公式为.

（2）由（1）得，，

因为，即，

所以，

所以，

.

18．(1)

(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理可求出结果；

（2）在中，由余弦定理求出，在中，由余弦定理求出即可得解.

【详解】（1）在中，由余弦定理得，

所以，即，

解得或（舍）.

（2）在中，由余弦定理得，

所以，所以.

在中，.

所以.

19．(1)

(2)答案见解析

【分析】(1)根据比赛结束时场次,分情况分析列式,计算即可.

(2)由题意, 甲第二个上场,考虑每种情况比赛场数,分别列式计算,得出分布列及数学期望.

【详解】（1）打完第四局结束,则赢的一方只能输一局且只能为前三局

设比赛结束时刚比赛完第四场为事件

（2）设甲参加的比赛场数为, 可能的取值为.

当时,

当时,

当时,

当时,

的分布列为则随机变量的分布列为：

则数学期望为

．

20．(1)

(2)

【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，表达出，求出平面的法向量，从而，列出方程，求出；

（2）求出平面的法向量，结合第一问得到的，列出方程组，求出，从而利用线面角的正弦值求解公式得到答案.

【详解】（1）因为底面，平面，

所以BC，AB，

又因为，

所以两两垂直，

以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

因为，，，，，

所以，设，

故，解得：，

故，，

设平面的法向量为，

则，

令，解得：，

故，

由题意得：，即，

解得：；

（2）设平面的法向量为，

则，

令，则，，

故，

由于平面，所以，设，

即，解得：，

故，

由（1）得：平面的法向量为，

设直线和平面所成角的正弦值为，

故，

直线和平面所成角的正弦值为.

21．(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的离心率及可求出得出方程；

（2）写出直线PQ的方程，联立椭圆方程，由根与系数的关系及三角形的面积公式得出面积表达式，换元后利用二次函数求最值.

【详解】（1）根据题意可得，∴，

当时，将代入双曲线方程中，易得，

∴，∴，

∴双曲线M的方程为；

（2）设PQ与x轴交于点N，如图，

则，

又，∴，

∵PQ为的平分线，∴，

∴，∴直线PQ的方程为：，

令，得，

∴直线的方程为，即，

联立，可得，

易得，设，，则，，

又，∴，

∴，

令，则，

∴面积的最大值为.

22．(1)在上单调递增

(2)证明详见解析

【分析】（1）利用多次求导的方法求得在上单调递增.

（2）化简所要证明的不等式，利用构造函数法，结合多次求导的方法证得不等式成立.

【详解】（1）当时，，

，

设，

，

则当时，单调递增，

所以在区间上，，也即，

所以在上单调递增.

（2）当时，要证明：对任意，

即证明：对任意，

即证明：对任意，

即证明：对任意，

构造函数，

，

构造函数，

，所以在上递增，

故存在，使①，

所以在区间递减；

在区间递增.

所以在区间上的极小值，也即是最小值为，

②，

由①得，代入②得：

，

令，

则函数的开口向下，对称轴，

所以当时，取得最小值

，

即，所以对任意，

从而对任意.

【点睛】利用导数研究函数性质的过程中，如果一次求导无法判断出函数的单调性，可考虑利用多次求导的方法进行求解.求解过程中要注意函数及其导函数间的对应关系，不能弄混.