青海省西宁市2023届高三二模理科数学试题 含答案解析

2023年普通高等学校招生全国统一考试西宁市高三年级复习检测（二）理科数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求得，进而依据交集定义求得.【详解】，，则，则.故选：A2.若复数z＝2－i，则等于()A.2－i B.2＋iC.4＋2i D.6＋3i【答案】D【解析】【分析】由复数的四则运算直接计算可得结果.【详解】∵z＝2－i，∴＋＝(2＋i)＋＝(2＋i)＋＝6＋3i.故选：D.3.若向量，，且，则（）A. B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】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.【详解】由，可得，所以，，.故选：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（）2456830405070A.60 B.55 C.50 D.45【答案】A【解析】【分析】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.【详解】由表中数据，计算，，因为回归直线方程过样本中心，，解得，故选：A5.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.【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性及特殊值，用排除法直接求解．【详解】解：易知，选项，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0，而选项，当时，，故排除．故选：．【点睛】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.若，，，则事件与的关系是（）A.事件与互斥 B.事件与对立C.事件与相互独立 D.事件与既互斥又相互独立【答案】C【解析】【分析】结合互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识求得正确答案.【详解】∵，∴，∴事件与相互独立、事件与不互斥，故不对立.故选：C7.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Γ的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】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.【详解】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：D8.已知，均为等差数列，且，，，则数列的前5项和为（）A.35 B.40 C.45 D.50【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的等差中项性质解决即可.【详解】由题知，均为等差数列，且，，，所以，得，所以数列的前5项和为．故选：B9.已知命题：，，若p为假命题，则实数a取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先由为假命题，得出为真命题，即，恒成立，由，即可求出实数a的取值范围．【详解】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：D．10.已知正三棱锥中，，，该三棱锥外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.【详解】由题意，正三棱锥中，，则，所以，同理可得，即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，所以球心位于正方体对角线的中点,所以三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，所以.11.函数的所有零点之和为（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】C【解析】【分析】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，即可求出所有零点之和.【详解】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(4,5)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6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：C12.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斜率之积为定值．设抛物线，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，设直线为，代入抛物线方程，由韦达定理得，设过的切线方程为，与抛物线方程联立，利用判别式得，则过点A的切线为，同理得过的切线斜率为，过点B的切线为，可得，可证得，则的面积，结合图形特征，可得面积的最小值．【详解】设且，直线，联立，整理得，则．设过点的切线方程为，联立，整理得，由，可得，则过A的切线为：，即，即，即，同理可得过点的切线斜率为，过点B的切线方程为：，联立两切线，则，所以两条切线的交点在准线上，则，两式相减得，，可得，，又因为直线的斜率为，（也成立），如图，设准线与轴的交点为，的面积，当轴时，最短（最短为），也最短（最短为），此时的面积取最小值．故选：B【点睛】关键点点睛：设且，，联立抛物线应用韦达定理有，求过的切线，进而确定在准线上且，利用面积公式讨论最小值情况.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中，项的系数为_________．【答案】40【解析】【分析】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.【详解】，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40．故答案为：40.14.已知在数列中，，，则_____.【答案】【解析】【分析】将时的等式与条件中的等式做差整理可得，然后利用计算即可.【详解】①，当时，②，①-②得，整理得，当时，，得，.故答案为：.15.已知点，，若线段与圆存在公共点，则的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】通过图像可得当圆和线段AB相切时，圆的半径最小，当圆过B点时，圆的半径最大，据此可得的取值范围.【详解】如图：当圆和线段AB相切时，圆的半径最小，当圆过B点时，圆的半径最大.圆的圆心为，半径为，，当圆和线段AB相切时，，即，，得，当圆过B点时，，得.故答案为：.16.设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】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.【详解】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，在上单调递减故答案为：三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.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50岁以下80004000200050岁以上（含50岁）100020003000（1）在所有参与调查的人中，用分层抽样的方法抽取n个人，已知从持“不支持”态度的人中抽取了30人，求n的值；（2）在持“不支持”态度的人中，用分层抽样的方法抽取10人看成一个总体，从这10人中任意选取3人，求50岁以下人数的分布列和期望.【答案】（1）120（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题意求出参与调查的总人数，利用分层抽样的特征即可求解；（2）抽取的10人中，50岁以下与50岁以上的人数分别为4人，6人，根据超几何分布列出分布列求得期望.【小问1详解】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30人，所以.【小问2详解】在持“不支持”态度的人中，50岁以下及50岁以上人数之比为2∶3，因此抽取的10人中，50岁以下与50岁以上的人数分别为4人，6人，故，则，，，.的分布列为：0123P期望.18.如图，在中，D是边上的一点，，．（1）证明：；（2）若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求．【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）在和中分别用正弦定理表示出，相比即可证明结论；（2）利用（1）的结论可求得，继而由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长，即可求得答案.【小问1详解】证明：在中，，在中，,由于,故，所以.【小问2详解】因为，故，由为钝角，故为锐角，又，且D为靠近B的三等分点，，，故，故,故，则,故.19.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，AB＝BC＝2，M，N分别为，AC的中点．（1）求证：平面；（2）从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，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；（2）根据所选条件证BC，BA，两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角正弦值即可.【小问1详解】取AB的中点为K，连接MK，NK，由三棱柱得：四边形为平行四边形，因为M是中点，则，又平面，平面，故平面，同理得平面，又NK∩MK＝K，平面MKN，平面MKN，故平面平面，平面MKN，故平面；【小问2详解】因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，又平面平面，故CB⊥平面，平面，所以CB⊥AB，又，所以NK⊥AB，若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，平面MNK，平面MNK，故AB⊥平面MNK，平面MNK，故AB⊥MK，又，所以，所以BC，BA，两两垂直．故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则，故，，，设平面BNM的法向量为，则，从而，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面，又，故NK⊥平面，而平面，故NK⊥KM，又BM＝MN，，，AB＝BC＝2，故△MKBMKN，所以∠MKB＝∠MKN＝90°，所以MK⊥AB，又，所以，所以BC，BA，两两垂直故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则，故，，，设平面BNM的法向量为，则从而，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则．20.设函数．（1）若函数在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；（2）当时，设函数，若在[上存在，使成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）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；（2）由题意时，求最小值，利用导数并讨论参数a研究区间单调性确定最大值，即可求范围.【小问1详解】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x＝1时取等号），故a的取值范围为；【小问2详解】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（1）知，因为，又的判别式，①当时，则恒成立，即在区间上单调递增，故，故，即，得，又，所以；②当时，的两根为，，此时，，故函数在区间上是单调递增．由①知，所以综上，a的取值范围为．21.已知双曲线W：的左、右焦点分别为、，点，右顶点是M，且，．（Ⅰ）求双曲线方程；（Ⅱ）过点的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（I）利用双曲线的基本量的运算和向量的数量积可得，．（II）设出直线l的方程，要注意斜率存在且不为0，直线方程与双曲线方程联立利用判别式和韦达定理，点在以线段AB为直径的圆的外部，即，得；可得，再转化为横坐标运算，整理得，由求出．【详解】（Ⅰ）由已知，，，，∵，则，∴，∴，解得，，∴双曲线的方程为．（Ⅱ）直线l的斜率存在且不为0，设直线l:，设、，由，得，则，解得①，∵点在以线段AB为直径的圆的外部，则，，解得②，由①、②得实数k的范围是.由已知，∵B在A、Q之间，则，且，∴，则，∴，则，∵，∴，解得，又，∴．故λ的取值范围是．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4－4：坐标系与参数方程]（10分）22.数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy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O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当时．（1）求曲线E的极坐标方程；（2）已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析