2023届新疆高三理数第二次联考能力测试试卷及答案

高三理数第二次联考能力测试试卷一、单项选择题1.集合，，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

2.假设复数，复数在复平面对应的点为，那么向量(为原点)的模〔

〕A.

2

B.

C.

D.

3.，表示不同平面，那么的充分条件是〔

〕A.

存在直线，，且，，

B.

存在直线，，且，，，

C.

存在平面，，

D.

存在直线，4.?九章算术?大约成书于公元一世纪，是我国最著名的数学著作.经过两千多年的传承，它的奉献一方面是所解决生活应用问题的示范，另一方面是所蕴涵的数学思想，这对我国古代数学的开展起着巨大的推动作用.如在第一章?方田三七?中介绍了环田计算方法，即圆环的面积计算：即将圆环剪开拉直成为一个等腰梯形，如图，计算这个等腰梯形的面积就是圆环的面积.据此思想我们可以计算扇环面积.中国折扇扇面艺术也是由来已久，传承着唐宋以来历代书画家的诗情画意.今有一扇环折扇，扇面外弧长，内弧长，该扇面面积为，那么扇面扇骨(内外环半径之差)长为〔

〕

A.

10

B.

15

C.

20

D.

255.的展开式中含项的系数为〔

〕A.

12

B.

-12

C.

24

D.

-246.函数，满足，且，那么不等式的解集为〔

〕A.

B.

C.

D.

7.，顾名思义是第五代通信技术.技术中信息容量公式就是著名的香农公式：，它表示：在受噪声干扰的信息中最大信息传送速率取决于信道宽度，信道内信息的平均功率及信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.按照香农公式，假设不改变信道宽度，而将信噪比从提高到，那么传送速率大约增加了〔

〕A.

10%

B.

20%

C.

25%

D.

50%8.等差数列的公差，且，那么该数列的前项的和为〔

〕A.

B.

65

C.

130

D.

1509.在四边形中，，且，那么〔

〕A.

5

B.

10

C.

D.

10.双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，，，那么双曲线的离心率为〔

〕A.

B.

C.

D.

11.假设函数的一条对称轴为，那么以下四个命题

〔1〕函数的一个对称中心为；〔2〕函数在上单调递减；〔3〕将函数图象向右平移个单位，得到的函数为奇函数；〔4〕假设函数在区间上有两个不同的实根，，那么.其中正确的命题有〔

〕A.

1个

B.

2个

C.

3个

D.

4个12.假设是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数.设，假设不等式对恒成立，那么实数的最大值为〔

〕A.

2021

B.

2021

C.

2021

D.

1010二、填空题13.假设实数，满足不等式组，那么的最大值为________.14.抛物线的准线被圆截得的弦长为，那么________.15.甲乙两个球队进行篮球决赛，采取五局三胜制(共赢得三场比赛的队伍获胜，最多比赛五局)，每场球赛无平局.根据前期比赛成绩，甲队的主场安排为“主客主主客〞.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛相互独立，那么甲队以获胜的概率为________.16.三棱锥的底面是边长为的等边三角形，二面角为，那么三棱锥的外接球的外表积为________.三、解答题17.在中，角，，的对边分别为，，，且.〔1〕求角的大小；〔2〕假设边上的中线，求面积的最大值.18.在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，为等边三角形，为中点.〔1〕求证：平面.〔2〕假设，三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.19.某线上学习平台为保证老学员在此平台持续报名学习，以便吸引更多学员报名，从用户系统中随机选出200名学员，对该学习平台的教学成效评价和课后跟踪辅导评价进行了统计，并用以估计所有学员对该学习平台的满意度.其中对教学成效满意率为0.9，课后跟踪辅导的满意率为0.8，对教学成效和课后跟踪辅导都不满意的有10人.附：列联表参考公式：，.临界值：〔1〕完成下面列联表，并分析是否有99.9%把握认为教学成效满意度与跟踪辅导满意度有关.对教学成效满意对教学成效不满意合计对课后跟踪辅导满意对课后跟踪辅导不满意合计〔2〕假设用频率代替概率，假设在学习效劳协议终止时对教学成效和课后跟踪辅导都满意学员的续签率为90%，只对其中一项不满意的学员续签率为60%，对两项都不满意的续签率为10%.从该学习平台中任选10名学员，估计在学习效劳终止时续签学员人数.20.直线与圆相切，动点到与两点距离之和等于，两点到直线的距离之和.〔1〕设动点的轨迹为，求轨迹的方程；〔2〕对于椭圆，上一点，以为切点的切线方程为.设为上任意一点，过点作轨迹的两条切线，，，为切点.①求证直线过定点；②求面积的最大值.21.函数.〔1〕讨论函数的单调区间；〔2〕假设函数对都有恒成立，求的取值范围.22.在直角坐标系中曲线的参数方程为(为参数).以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.〔1〕求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；〔2〕曲线与曲线有两个公共点，求的取值范围.23.实数，函数.〔1〕假设，求实数的取值范围〔2〕假设恒成立，求实数的取值范围.

答案解析局部一、单项选择题1.【解析】【解答】，，故，故答案为：A.

【分析】根据题意由对数函数的单调性以及一元二次不等式的解法求解出集合A和B再由交集的定义计算出答案即可。2.【解析】【解答】由题意，复数，又由.故答案为：C.

【分析】根据题意由复数的运算性质整理化简再由复数的几何意义求出点的坐标，由此得到向量的坐标以及向量模的大小。3.【解析】【解答】对于A中，只有当与相交才满足条件，所以A不正确；对于B中，当时，此时不一定平行，所以B不正确；对于C中，根据垂直同一平面的两个平面不一定平行，可得假设，那么平面不一定平行，所以C不正确；对于D中，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得假设，那么，所以D符合题意.故答案为：D.

【分析】根据题意由平面与平面平行的判定判断A；举例说明B、C错误；由直线与平面垂直的性质判断D，由此得到答案。4.【解析】【解答】依题意有扇骨即为等腰梯形的高，扇面内外弧长即为等腰梯形的两底，设扇面扇骨长为，那么可求得扇骨长为.故答案为：B

【分析】根据题意由扇骨即为等腰梯形的高，扇面内外弧长即为等腰梯形的两底，即可得出．5.【解析】【解答】由，那么二项式的展开式当，此时，此时可得展开式中项的系数为-12.故答案为：B.

【分析】根据题意由条件求出的二项展开式的通项公式令r=1计算出由此得到答案即可。6.【解析】【解答】依题意，有二次函数关于对称且开口向上，∴根据二次函数的对称性：假设，即有，∴.故答案为：C【分析】根据题意由二次函数的图象结合条件得到关于x的不等式求解出x的取值范围即可。7.【解析】【解答】设前后传送速率分别为，，那么，∵，∴，即故答案为：B【分析】由对数的运算性质结合条件即可计算出结果，再由题意与标准值进行比照由此得出答案。8.【解析】【解答】∵，∴，即，∴，故答案为：A

【分析】由等差数列的通项公式整理化简由条件即可得出，再由等差数列的前n项和公式和等差数列项的性质计算出结果即可。9.【解析】【解答】，那么四边形为平行四边形，设都是单位向量，，那么，，，那么，所以，因此由知，且是的平分线，因此是菱形，而，∴，故答案为：D.

【分析】由条件结合向量相等的定义即可得到四边形ABCD为平行四边形，再由数乘向量的定义以及单位向量的概念进而得出，整理变形即可求出角同时也可求出是的平分线，即是菱形结合菱形的几何性质即可得出答案。10.【解析】【解答】如图，设，由，那么，由双曲线定义知，，由知，在中，，即，解得那么在中，即，∴，∴故答案为：C【分析】根据题意作出图象设出结合条件整理得到，由此得到，结合三角形的几何性质由勾股定理即可得出a与c的关系式，再由整体思想结合离心率的公式即可求出答案。11.【解析】【解答】，其中，因为一条对称轴为，那么，解得，，所以，那么，所以函数的一个对称中心为，故〔1〕正确：，那么，而在上不单调，故〔2〕错误：函数图象向右平移个单位，得到的函数为，是奇函数，故〔3〕正确：令，那么，所以函数在区间上有两个不同的对称轴和，假设有两个不同的实根，，那么或，故〔4〕错误.故答案为：B.

【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，通过求解函数的对称中心，周期，判断〔1〕〔2〕的正误；判断函数的奇偶性判断〔3〕的正误；求出函数与x轴的交点，判断两个根的和判断〔4〕的正误，由此得出答案。12.【解析】【解答】，∴，即有，∴是以2为首项3为公比的等比数列，∴，∴，∴，又为增函数，当时，，，假设恒成立，那么的最大值为1010.故答案为：D．【分析】根据题意求出函数的导数，由此得到数列是以2为首项3为公比的等比数列，求出an+1，bn，表示出Sn，结合函数的单调性求出t的最大值即可．二、填空题13.【解析】【解答】作出可行域，如图内部〔含边界〕，，令，作直线，在直线中为直线的纵截距，直线向上平移时增大，所以平行直线，当直线过点时，，所以．故答案为：256．

【分析】根据题意作出可行域再由条件找出目标函数，把目标函数化为直线方程的截距由数形结合法即可得出当直线经过点(2,4)时，z取得最大值，然后把坐标代入到目标函数计算出z的最大值即可。14.【解析】【解答】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，又由抛物线的准线方程为，因为抛物线的准线被圆截得的弦长为，可得圆心到准线的距离为，解得.故答案为：

【分析】由条件求出圆心坐标以及半径，再由抛物线的性质结合点到直线的距离计算出p的值即可。15.【解析】【解答】由题意，甲队以3：2获胜，那么甲队第五场必胜，前四场“主客主主〞中胜任两局，有两种情况：一种为三个主场胜两场，一种为客场胜一场主场胜一场，其概率为.故答案为：0.18.

【分析】根据题意结合条件甲队以3：2获胜，那么甲队第五场必胜，前四场“主客主主〞中胜任两局，有两种情况：一种为三个主场胜两场，一种为客场胜一场主场胜一场，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出结果．16.【解析】【解答】如图，设为中点，为正外心，依题意有，，∴，∴，那么易证为二面角的平面角，，设在底面的射影为，那么可证在上，那么，，，，，设为三棱锥的外接球球心，可证，过点在面内作，为垂足，那么，，设求半径为，，那么，，解得，.那么球心在底面的下方，事实上当在底面的下方时解得，.三棱锥的外接球的外表积为208π.故答案为：208π．

【分析】根据题意作出图形，设D为BC中点，G为正△ABC外心，∠SDA为二面角S-BC-A的平面角，∠SDA=60°，设S在底面ABC的射影为E，设O为三棱锥的外接球球心，过O点在面SAD内作OF⊥SE，F为垂足，转化求解外接球的半径，然后求解出外表积的值即可。．三、解答题17.【解析】【分析】〔1〕利用三角函数恒等变换的应用，正弦定理化简等式可求cosA的值，结合A的范围可求出A的值即可．

〔2〕由题意可得，两边平方，利用根本不等式可求出进而根据三角形的面积公式即可求解△ABC面积的最大值．18.【解析】【分析】〔1〕根据题意设F为底面菱形ABCD的交点，连FE，证明FE∥PA，推出PA∥平面BDE．

〔2〕结合条件以O为原点，以OB，OD，O