2023年青海省西宁市高考数学二模试卷（理科）（含解析）

这是一份2023年青海省西宁市高考数学二模试卷（理科）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年青海省西宁市高考数学二模试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  设集合，，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  若复数，则等于(    )A.  B.  C.  D. 3.  若向量，，且，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  根据变量与的对应关系如表，求得关于的线性回归方程为，则表中的值为(    )
  A.  B.  C.  D. 5.  已知某函数在上的图象如图所示，则该函数的解析式可能是(    )

 A.  B.  C.  D. 6.  若，，，则事件与的关系是(    )A. 事件与互斥 B. 事件与互为对立
C. 事件与相互独立 D. 事件与互斥又独立7.  法国数学家加斯帕蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆若椭圆：的蒙日圆为，则椭圆的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知，均为等差数列，且，，，则数列的前项和为(    )A.  B.  C.  D. 9.  已知命题：，，若为假命题，则实数的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 10.  已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则(    )A.  B.  C.  D. 11.  函数的所有零点之和为(    )A.  B.  C.  D. 12.  抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的交点在其准线上设抛物线，弦过焦点，为其阿基米德三角形，则的面积的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  的展开式中，项的系数为______ ．14.  数列中，已知，，则 ______ ．15.  已知点，，若线段与圆：存在公共点，则的取值范围为        ．16.  设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为        ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
针对我国老龄化问题日益突出，人社部将推出延迟退休方案某机构进行了网上调查，所有参与调查的人中，持“支持”“保留”和“不支持”态度的人数如下表所示．  支持保留不支持岁以下岁以上含岁Ⅰ在所有参与调查的人中，用分层抽样的方法抽取个人，已知从持“不支持”态度的人中抽取了人，求的值；
Ⅱ在持“不支持”态度的人中，用分层抽样的方法抽取人看成一个总体，从这人中任意选取人，求岁以下人数的分布列和期望．18.  本小题分
如图，在中，是边上的一点，，．
证明：；
若为靠近的三等分点，，，，为钝角，求．
19.  本小题分
如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
求证：平面；
从条件：，条件：中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
20.  本小题分
设函数．
若函数在其定义域上为增函数，求实数的取值范围；
当时，设函数，若在上存在，使成立，求实数的取值范围．21.  本小题分
已知双曲线：的左、右焦点分别为、，点，右顶点是，且，．
Ⅰ求双曲线的方程；
Ⅱ过点的直线交双曲线的右支于、两个不同的点在、之间，若点在以线段为直径的圆的外部，试求与面积之比的取值范围．22.  本小题分
数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系中，曲线：，的形状如心形如图，我们称这类曲线为笛卡尔心形曲线以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当时．
求曲线的极坐标方程；
已知，为曲线上异于的两点，且，求的最大值．
23.  本小题分
已知函数．
求的最小值；
若，为正实数，且，证明不等式．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，，则
则．
故选：．
先求得，进而依据交集定义求得．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由，
则

．
故选：．
把给出的复数代入，然后利用复数的除法运算化简，最后利用复数的加法运算得到结果．
本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由，可得，
所以，，．
故选：．
根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示即得．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由表中数据，计算，，
因为回归直线方程过样本中心，
，
解得．
故选：．
先求得样本点中心，再根据回归直线过样本点中心即可求解．
本题考查线性回归方程的运用，解题的关键是利用线性回归方程恒过样本中心点，这是线性回归方程中最常考的知识点．属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：易知，选项B，均为偶函数，其图象应关于轴对称，不符合题意，故排除；
又由图可知，当时，函数值大于，而选项D，当时，，故排除．
故选：．
运用排除法直接求解．
本题考查由函数图象确定解析式，考查排除法的运用，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：，与能同时发生，不是互斥事件，故A，都错误；
，，
，，事件与不是互为对立事件，故B错误；
，，事件与相互独立，故C正确．
故选：．
由，得与能同时发生，不是互斥事件；由，得，再由，得，从而事件与不是互为对立事件；由，得，得事件与相互独立．
本题考查两事件的关系的判断，考查互斥事件、对立事件、相互独立事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：如图，，分别与椭圆相切，显然．
所以点在蒙日圆上，
所以，所以，即，
所以椭圆的离心率．
故选：．
找过右顶点的切线和过上顶点的切线，得到这两条切线的交点在蒙日圆上，再建立关于，的方程，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，是基础题．
 8.【答案】 【解析】解：，均为等差数列，且，，，
的前项和为：，
的前项和为：，
则数列的前项和为．
故选：．
利用等差数列的前项和公式直接求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 9.【答案】 【解析】解：因为命题：，，
所以：，，
又因为为假命题，所以为真命题，
即，恒成立，
所以，即，
解得．
故选：．
先由为假命题，得出为真命题，即，恒成立，由，即可求出实数的取值范围．
本题主要考查了符合命题真假关系的应用，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：在正三棱锥中为等边三角形，顶点在底面的射影为底面的重心，所以，
又，，所以，所以，同理可得、
即，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，所以，
则点到平面的距离，所以．
故选：．
根据正三棱锥的性质及所给条件得到，，两两垂直，将三棱锥补成正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，求出外接球的半径，即可得到，，从而得解．
本题考查正三棱锥的性质以及球的相关性质，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：令，得，解得或，即为零点，
令，，
的周期，对称轴，，且的对称轴，
做出和的图象如图所示：

显然，在和上各存在一个零点，
，，在上两函数必存在一个交点，
在上有两个零点，同理在上存在两个零点，
所以在上存在个零点，
因为和关于对称，则零点关于对称，
所以的所有零点之和为．
故选：．
令两个解为零点，将零点问题转换成，两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且和的图象关于对称，零点也关于对称，即可求出所有零点之和．
本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：取倾斜角为：，，，经计算可知，当倾斜角为时，的面积的最小，此时，又焦点到准线的距离，此时三角形的面积最小为故选B．
故选：．
直接计算比较复杂，我们可以取几个特殊的位置，可得解．
本题作为选择题，采用特殊法，简单易行．由特殊求解一般性结论是解答选择题的一种很好的方法．灵活利用性质是解题的关键．
 13.【答案】 【解析】解：，
的展开式中项为，的展开式中没有项，
所以的展开式中含项的系数为．
故答案为：．
根据题意可得，结合二项式展开式的通项公式计算即可求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：，
当，，可得
可得，
即有，
即为，
当时，，可得，
则，
即有，
即有．
故答案为：．
将原等式中的换为，两式相减可得，变形可得的通项，即可得到所求值．
本题考查数列的通项的求法和运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：如图，当圆和线段相切时，圆的半径最小，当圆过点时，圆的半径最大．
又圆方程为：，
圆心为，半径为，，
当圆和线段相切时，，即，
，解得，
当圆过点时，可得，，
的取值范围为．
故答案为：．
通过图像可得当圆和线段相切时，圆的半径最小，当圆过点时，圆的半径最大，据此可得的取值范围．
本题考查直线与圆的位置关系，运动变化思想，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 16.【答案】 【解析】解：因为，通分得：，即；
设，，，
函数在单调递增，恒成立，得，即，
设，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：．
将函数化简成，构造同构函数，分析单调性，转化为即求解，研究函数单调性即可解决．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，函数恒成立问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
 17.【答案】解：参与调查的总人数为，
其中从持“不支持”态度的人数中抽取了人，
所以．
由题可知在持“不支持”态度的人中，岁以下与岁以上人数之比为：，
所以抽取的抽取人中，岁以下与岁以上人数分别为人，人，
所以可取，，，，
，
，
，
，
所以分布列为： 所以． 【解析】由题可得参与调查的总人数结合抽样比即得；
由题可知可取，，，，分别用古典概型计算求概率，然后可得分布列及期望．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望，是中档题．
 18.【答案】证明：在中，由正弦定理知，，
所以，
在中，由正弦定理知，，
所以，
因为，所以，
所以，
整理得，，得证．
解：由知，，
因为为靠近的三等分点，所以，所以，
又，，，所以，即，
因为为钝角，，所以为锐角，所以，
所以，
所以的面积，
因为为靠近的三等分点，
所以． 【解析】在和中，均利用正弦定理，分别可得，，再根据，得证；
结合中所得，求出，进而知，再求得，然后由，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 19.【答案】证明：取的中点为，连接，，
由三棱柱得：四边形为平行四边形，
是中点，则，又平面，平面，
故平面，同理得平面，
又，平面，平面，
故平面平面，平面，
故平面；

侧面为正方形，故CB，而平面，
平面平面，又平面平面，
故CB平面，平面，，
又，，
若选：，已证，又，平面，平面，
故AB平面，平面，故AB，
又，，，，两两垂直．
故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
故，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，
设直线与平面所成的角为，
则．
若选：，已证平面，
又，故平面，
而平面，故，
又，，，，
故，，
，又，，，，两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
故，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，
设直线与平面所成的角为，
则． 【解析】取的中点为，连接，，易得，由线面平行的判定证平面、平面，再由面面平行的判定和性质证结论；
根据所选条件证，，两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值即可．
本题主要考查直线与平面平行的证明，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
 20.【答案】解：因为函数在其定义域上为增函数，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
又仅当时取等号，
故的取值范围为；
在上存在，，使成立，
即当时，，
又，
所以当时，，
即函数在区间上单调递增，
故，
由知，
因为，
又的判别式，
当时，则恒成立，即在区间上单调递增，
故，
故，即，得，
又，
所以；
当时，，的两根为，，
此时，，
故函数在区间上是单调递增．
由知，
所以
综上，的取值范围为． 【解析】由题意在上恒成立，进一步化为在上恒成立，利用基本不等式求右侧最值，即可得范围；
由题意时，，求最小值，利用导数并讨论参数研究区间单调性确定最大值，即可求范围．
本题考查导数在求解函数的问题中的应用，存在性问题转化为函数最值的应用，关键是求解导数，判断单调性，属于难题．
 21.【答案】解：Ⅰ由已知，，，，
，则，
，
解得，，双曲线的方程为．
Ⅱ直线的斜率存在且不为，设直线：，设，，
由，得，
则，
解得    
点在以线段为直径的圆的外部，则，



 
由、得实数的范围是，
由已知，
在、之间，则，且，
，则，
，
则，
，，解得，又，
．
故的取值范围是． 【解析】考查双曲线标准方程，简单几何性质，直线与双曲线的位置关系等基础知识．考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．
Ⅰ由已知，，，，由，知，故，，由此能求出双曲线的方程．
Ⅱ直线的斜率存在且不为，设直线：，设，，由，得，由此入手，能够求出的取值范围．
 22.【答案】解：当时，曲线的方程为，
由，，可得，
所以曲线的极坐标方程为；
依题意，可设，
则，
所以，
又，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为． 【解析】当时，曲线的方程为，再根据，，即可得解；
设，进而可表示出，再利用三角函数的性质即可得解．
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查三角函数的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
 23.【答案】解：当时，，
当时，，
当时，，
综上，，可知当时，有最小值，
所以；
证明：由可得，因为，为正实数，
所以，当且仅当时等号成立，
所以． 【解析】讨论去绝对值可得的解析式及最小值；
由可得，利用基本不等式可得答案．
本题主要考查绝对值不等式的解法，不等式的证明，基本不等式的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．