2023屆新疆維吾爾自治區(qū)部分學校高三二模數(shù)學（理）試題含解析

這是一份2023屆新疆維吾爾自治區(qū)部分學校高三二模數(shù)學（理）試題含解析，共22頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。
2023屆新疆維吾爾自治區(qū)部分學校高三二模數(shù)學（理）試題一、單選題1．已知復數(shù)z滿足，則z的共軛復數(shù)對應的點位于（    ）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】先計算得出z，再求其共軛復數(shù)即可.【詳解】由題知，所以，則，對應的點為，位于第四象限.故選：D．2．集合，，記，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先解不等式得，再按照交集的定義運算即可.【詳解】由，解得，又，所以，而，則，即，對比選項可知，D正確，而A、B、C錯誤．故選：D．3．設等差數(shù)列的前n項和為，若，則（    ）A．18 B．36 C．54 D．108【答案】A【分析】可先由等差數(shù)列的通項公式求出，或由等差中項的性質求出，再由等差數(shù)列前n項和公式把轉化為即可得出答案.【詳解】解法一：設公差為，則由得，解得又.解法二：由得，即，解得又.故選：A．4．閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的結果是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)程序框圖，逐項計算，找出計算的規(guī)律，即可求解.【詳解】根據(jù)給定的程序框圖，可得：經(jīng)過第1次循環(huán)得到，，，，循環(huán)繼續(xù)執(zhí)行；經(jīng)過第2次循環(huán)得到，，，，循環(huán)繼續(xù)執(zhí)行；經(jīng)過第3次循環(huán)得到，，，，循環(huán)繼續(xù)執(zhí)行；經(jīng)過第4次循環(huán)得到，，，，循環(huán)繼續(xù)執(zhí)行；經(jīng)過第5次循環(huán)得到，，，，循環(huán)繼續(xù)執(zhí)行；所以，由上述可得函數(shù)的正負性為4個作為一個循環(huán)，因此，經(jīng)過第2022次循環(huán)得到，，，，循環(huán)繼續(xù)執(zhí)行；經(jīng)過第2023次循環(huán)得到，，，滿足，循環(huán)終止，輸出．故選：C．5．已知平面向量，，，滿足，，若對于任意實數(shù)x，都有成立，且，則的最大值為（    ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】把三個向量平移到同起點，由向量運算及得，從而，又由得點在以為圓心半徑為1的圓面上（包括邊界），利用數(shù)量積的幾何意義求得，再利用三角形相似求OD長度即可求出最值.【詳解】設，，，，，則如圖所示，因為，所以，即，所以，因為，，所以，，由，可得點在以為圓心，半徑為1的圓面上（包括邊界），過圓周上一點作的垂線，垂足為，且與相切，延長交于，則，此時∽，根據(jù)相似知識可得，所以，所以的最大值為，故選：D.6．在非等腰中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則“”是“”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由三角函數(shù)的平方關系和平方差公式化簡題目所給的方程得，構造函數(shù)，由的單調性得，從而得到，利用正弦定理角化邊即可證明充分性，反之不成立則可說明不必要性.【詳解】由，得，又因為所以所以或即，因為是非等腰三角形，所以舍去，所以，令，，則，所以在上單調遞減，因為，所以，即，所以，由正弦定理可得，反之不成立，即為充分不必要條件．故選：A7．中國算力大會“算力中國”創(chuàng)新成果展區(qū)分為A區(qū)和B區(qū)兩大板塊.A區(qū)由最新數(shù)據(jù)中心產(chǎn)業(yè)圖譜和國家新型工業(yè)化示范基地組成，B區(qū)由算力筑基優(yōu)秀案例、算力賦能案例、算力網(wǎng)絡案例組成.若從該創(chuàng)新成果展區(qū)5個成果中，隨機抽取3個成果，則其中恰有2個成果均是來自于B區(qū)的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)古典概型的概率公式，可直接計算概率.【詳解】設從該成果展區(qū)5個成果中，隨機抽取3個成果，則被抽到其中恰有2個成果均是來自于區(qū)的概率是.故選：D．8．如圖是一個簡單幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由視圖還原得到原幾何體為四分之一個圓錐，結合圓錐的側面積公式、直角三角形和圓的面積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，由三視圖還原可得原幾何體為四分之一個圓錐，其表面積為四分之一個圓錐側面積、兩個全等的直角三角形及四分之一個圓的面積之和，所以.故選：A．9．函數(shù)，的圖像大致為（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)奇函數(shù)的對稱性，排除A；討論特殊點對應的函數(shù)值的正負，排除D；由，排除C，即可得到正確選項.【詳解】對于A，因為關于原點對稱，且，所以為奇函數(shù)，排除A；對于D，因為，所以，排除D；對于B，C，關鍵看還是，因為，所以，又，所以，所以，而，所以，所以排除C．故選：B10．已知拋物線的焦點為F，若拋物線上一點P滿足，且直線PF的斜率為，則a的值為（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根據(jù)拋物線標準方程可得其焦點坐標和準線方程，設，利用焦半徑公式可得，再由PF的斜率為可得，聯(lián)立拋物線方程可得.【詳解】由已知得，拋物線準線方程為,設，則，即①,又因為直線的斜率為，所以，即，所以②,將①②代入，整理得，解得或，又，所以，故選：C11．已知在直三棱柱中，E，F分別為，的中點，，，，，如圖所示，若過A、E、F三點的平面作該直三棱柱的截面，則所得截面的面積為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】延長，且與相交于，連接EG，并與相交于，連接FD，則四邊形AEDF為所求的截面，后由幾何知識可得截面面積.【詳解】解析：延長，且與相交于，連接EG，并與相交于，連接FD，則四邊形AEDF為所求的截面.在中，由，，得.在中，由，，得.因為為的中點，所以由平面幾何知識可知，.所以，，即為AG的中點，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，，則四邊形AEDF的面積為.故選：B．12．已知函數(shù)，其中且，若函數(shù)圖象上存在關于原點對稱的點僅有兩對，則實數(shù)a的取值范圍為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題設，將問題化為在上有兩個不同的實數(shù)根，進而有有兩個實數(shù)根，利用導數(shù)研究右側性質，數(shù)形結合求參數(shù)范圍.【詳解】關于原點對稱的函數(shù)為，即，若函數(shù)圖象上存在關于原點對稱的點僅有兩對，則與在上有兩個不同的交點，所以方程在上有兩個不同的實數(shù)根，即在上有兩個不同的實數(shù)根，由，得，即，令，則，令，得，在上，單調遞增，在上，單調遞減，所以，且時，時，如圖所示， 有兩個不同的實數(shù)根等價于與有兩個交點，則滿足，解得．故選：C 二、填空題13．若實數(shù)x，y滿足不等式組，則的最大值為______．【答案】1【分析】根據(jù)不等式組作出可行域，根據(jù)目標函數(shù)幾何意義求最值.【詳解】作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線，并平移，數(shù)形結合可知，當平移后的直線經(jīng)過點時，取得最大值，此時．故答案為：114．已知雙曲線C：的右焦點F到其中一條漸近線的距離為3，則雙曲線的離心率______．【答案】/1.25【分析】利用雙曲線焦點到漸近線的距離為，求出，利用，求出，然后可求得離心率．【詳解】雙曲線漸近性方程為，即，代入，則距離為，所以，所以，所以.故答案為：.15．已知函數(shù)滿足下列條件：①是經(jīng)過圖象變換得到的；②對于，均滿足成立；③的函數(shù)圖象過點．請寫出符合上述條件的一個函數(shù)解析式__________________．【答案】（答案不唯一）【分析】由①可設，根據(jù)②，設，求得，且，再由③求得的一個值為，即可求解.【詳解】解：由①可設，又由②可知，不妨設，由，可得，且，所以，所以，由③，可得，即，所以的一個值為，因此函數(shù)的一個解析式為.故答案為：（答案不唯一）.16．對于函數(shù)和，設，，若存在m，n，使得，則稱和互為“零點關聯(lián)函數(shù)”，若函數(shù)與互為“零點關聯(lián)函數(shù)”，則實數(shù)a的最小值是______．【答案】【分析】首先根據(jù)函數(shù)為單調遞增函數(shù)，，得僅有唯一零點，結合“零點關聯(lián)函數(shù)”的定義得出函數(shù)的一個零點為，則有，即，構造函數(shù)用導數(shù)解決問題.【詳解】由函數(shù)為單調遞增函數(shù)，，得僅有唯一零點，設函數(shù)的一個零點為，則有，即，所以由題知，在有零點，即方程在有解,構造函數(shù)，，，，在單調遞減，，所以，，單調遞增，且，,要使方程在有解，則，所以實數(shù)的最小值是-2.故答案為：-2． 三、解答題17．在中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且．(1)證明：；(2)若D為BC邊上的點，，，求b的值．【答案】(1)證明見解析(2)3 【分析】（1）由正弦定理角化邊，再進一步化簡即可；（2）在和中由余弦定理分別列出方程，即可解出b的值，或利用向量的線性運算及數(shù)量積的運算法則結合條件即得.【詳解】（1）證明：因為，所以由正弦定理得，又因為化簡得：，所以即，故得證.（2）如圖，解法一：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，又因為，所以．解法二：因為，所以，即．所以又因為，所以，又由(1)知，化簡得，因為，所以，所以為等邊三角形，又，所以，所以．18．網(wǎng)絡直播帶貨助力鄉(xiāng)村振興，它作為一種新穎的銷售土特產(chǎn)的方式，受到社會各界的追捧.某直播間開展地標優(yōu)品帶貨直播活動，其主播直播周期次數(shù)（其中10場為一個周期）與產(chǎn)品銷售額（千元）的數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下：直播周期數(shù)12345產(chǎn)品銷售額（千元）37153040根據(jù)數(shù)據(jù)特點，甲認為樣本點分布在指數(shù)型曲線的周圍，據(jù)此他對數(shù)據(jù)進行了一些初步處理．如下表：5538265978101其中，(1)請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，建立關于的回歸方程（系數(shù)精確到）；(2)①乙認為樣本點分布在直線的周圍，并計算得回歸方程為，以及該回歸模型的相關指數(shù)，試比較甲、乙兩人所建立的模型，誰的擬合效果更好？(3)由①所得的結論，計算該直播間欲使產(chǎn)品銷售額達到8萬元以上，直播周期數(shù)至少為多少？（最終答案精確到1）附：對于一組數(shù)據(jù)，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，，相關指數(shù)：．【答案】(1)(2)乙建立的回歸模型擬合效果更好(3)10 【分析】（1）取對數(shù)，把非線性方程轉化為線性方程，利用公式求解系數(shù)可得答案；（2）根據(jù)公式求解相關指數(shù)，比較兩個方程的相關指數(shù)的大小可得結論；（3）利用乙的方程進行預測，求解不等式可得結果.【詳解】（1）將兩邊取對數(shù)得，令，則;∵，∴根據(jù)最小二乘估計可知，;∴，∴回歸方程為，即．（2）①甲建立的回歸模型的．∴乙建立的回歸模型擬合效果更好．（3）由①知，乙建立的回歸模型擬合效果更好．設，解得，∴直播周期數(shù)至少為10.19．如圖，在直四棱柱中，，，為等邊三角形．(1)證明：；(2)設側棱，點E在上，當的面積最小時，求AE與平面所成的角的大?。?/span>【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）連接AC，并與BD相交于P， 根據(jù)為等腰直角三角形和為等邊三角形，得到，再由直四棱柱的性質得到，由線面垂直的判定定理證明； （2）以A為坐標原點，以AB，AD，所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，再由求解.【詳解】（1）證明：連接AC，并與BD相交于P，如圖所示，由題可知，為等腰直角三角形，且為等邊三角形，所以點P為BD的中點，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，在四邊形中，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為，所以；（2）由（1）知平面，且平面，所以，即的面積為，要使的面積最小，則PE為最小，即，根據(jù)及邊長可知點E為靠近點B的三等分點，以A為坐標原點，以AB，AD，所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，設平面的一個法向量為則，即，令，則，所以，又則， 所以AE與平面所成的角為60°20．已知，是橢圓C：的左、右焦點，點是C上一點，的中點在y軸上，O為坐標原點．(1)求橢圓C的方程；(2)已知過橢圓上一點的切線方程為．設動直線l：與橢圓C相切于點P，且與直線相交于點Q，試探究：在x軸上是否存在定點F，使得以PQ為直徑的圓恒過點F？若存在，求出點F的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在，的坐標為 【分析】（1）由的中點在y軸上，且，得到，，進而得到的值，即可求解；（2）設動點，得到直線l的方程為，令，求得Q坐標為，再由，假點，列出方程，結合恒成立，求得的值，即可求解.【詳解】（1）解：設，由的中點在y軸上，且O為，的中點，可得軸，即，又由，可得，即，，所以，即，解得，則，所以橢圓C的方程為.（2）解：因為過橢圓上一點的切線方程為，設動點，則直線l的方程為， 即令，則代入①，解得，所以Q坐標為，由以PQ為直徑的圓恒過點F，可得，即假設存在點，則，于是整理得，由該方程對于任意的恒成立，可得，因此，存在定點符合條件.【點睛】解答圓錐曲線的定點、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量）；②利用條件找到過定點的曲線之間的關系，得到關于與的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關系，得出定點的坐標；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.21．已知函數(shù)，，其中為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若有兩個極值點，求的取值范圍；(2)記有兩個極值點為、，試證明：．【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）求得，令，分析可知有個變號零點，對實數(shù)的取值進行分類討論，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性，結合已知條件可得出關于的不等式，解之即可；（2）欲證，即證，由已知條件得出，令，解得，，將所證不等式變形為，然后令，其中，利用導數(shù)證得即可.【詳解】（1）解：因為，，，設，則，若有兩個極值點，則有個變號零點．當時，，在上遞增，至多有一個零點，不符合題意，舍去；當時，令，解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，若使得有個變號零點，則，即，即，解得，此時，，，令，其中，所以，，所以，函數(shù)在上單調遞增，所以，，故，由零點存在定理可知，函數(shù)在、上各有一個變號的零點，設函數(shù)在、上的零點分別為、，當或時，；當時，.此時函數(shù)有兩個極值點，合乎題意.綜上所述，.（2）證明：欲證，即證，由于、為的零點，則，可得，令，則，解得，，所以只需證明：，即證：，構造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在上單調遞減，則，所以，即得證，故.【點睛】證明極值點偏移的相關問題，一般有以下幾種方法：（1）證明（或）：①首先構造函數(shù)，求導，確定函數(shù)和函數(shù)的單調性；②確定兩個零點，且，由函數(shù)值與的大小關系，得與零進行大小比較；③再由函數(shù)在區(qū)間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；（2）證明（或）（、都為正數(shù)）：①首先構造函數(shù)，求導，確定函數(shù)和函數(shù)的單調性；②確定兩個零點，且，由函數(shù)值與的大小關系，得與零進行大小比較；③再由函數(shù)在區(qū)間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；（3）應用對數(shù)平均不等式證明極值點偏移：①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；②將所得含對數(shù)的等式進行變形得到；③利用對數(shù)平均不等式來證明相應的問題.22．在平面直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線的極坐標方程為．(1)寫出直線的參數(shù)方程及曲線的普通方程；(2)設點，若直線與曲線交于A、B兩點，且，求實數(shù)的值．【答案】(1)（為參數(shù)），(2) 【分析】（1）利用極坐標與普通方程的互化，，得到直線的普通方程，從而求出參數(shù)方程，再通過消去曲線的參數(shù)，即可求出曲線的普通方程；（2）利用參數(shù)方程的幾何意義和條件即可求出實數(shù)的取值.【詳解】（1）因為，所以，又因為，，所以化簡為，所以直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），由（為參數(shù)），消去得；，所以曲線的普通方程為.（2）設兩點對應參數(shù)分別為，由知，與反向，所以點在圓內，將直線的參數(shù)方程（為參數(shù)），代入曲線的普通方程， 得到，由韋達定理得，，，又因為直線和曲線有兩個不同的交點，則，即，解得，又因為點在圓內，所以，得到，又由，得到，所以，由參數(shù)的幾何意義知，，又因為，不妨設，由，得到，解得，滿足條件，所以實數(shù)的值為．23．設函數(shù)，．(1)當時，求不等式的解集；(2)對任意，恒有，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由絕對值不等式的解法，當a=2，分，，三種情況討論，求解不等式即可得解；（2）分析可得原題意等價于，結合絕對值不等式分析運算.【詳解】（1）當時，可得，當時，則，解得，此時得；當時，則，此時無解；當時，則，解得，此時得；綜上所述：不等式的解集為．（2）對任意，恒有，等價于，因為，當且僅當時，等號成立所以，且，即，解得或，所以實數(shù)的取值范圍為．【點睛】考查絕對值不等式的解法，不等式恒成立問題，考查邏輯推理、數(shù)學運算的核心素養(yǎng)．