黑龙江省龙东南七校2023学年高三二诊模拟考试数学试卷(含解析)35099.pdf

2023 学年高考数学模拟测试卷 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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,m n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若mn，/n，则m B若/m，则m C若m，n，n，则m D若mn，n，则m 2斜率为 1 的直线 l 与椭圆22xy14相交于 A、B 两点，则AB的最大值为()A2 B4 55 C4 105 D8 105 3已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，a，b，且520,02abab，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A174 B214 C4 D5 4 已知抛物线2:6Cyx的焦点为F，准线为l，A是l上一点，B是直线AF与抛物线C的一个交点，若3FAFB，则|BF（）A72 B3 C52 D2 5中国古代数学名著九章算术中记载了公元前 344 年商鞅督造的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取 3，当该量器口密闭时其表面积为 42.2（平方寸），则图中 x 的值为()A3 B3.4 C3.8 D4 6 在正方体1111ABCDABC D中，E，F分别为1CC，1DD的中点，则异面直线AF，DE所成角的余弦值为（）A14 B154 C2 65 D15 7等比数列 na中，11,28aq，则4a与8a的等比中项是（）A4 B4 C14 D14 8在ABC中，“tantan1BC”是“ABC为钝角三角形”的（）A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 9若复数52zi（i为虚数单位），则z（）A2i B2i C1 2i D1 2i 10已知()f x是定义在2,2上的奇函数，当0,2x时，()21xf x，则 20ff（）A3 B2 C3 D2 11如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且/ABCD，若正方体的六个面所在的平面与直线CEEF，相交的平面个数分别记为mn，则下列结论正确的是（）Amn B2mn Cmn D8mn 12若复数1aizi在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是（）A1,1 B,1 C1,D0,二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知函数2()logf xx，在区间1,22上随机取一个数0 x，则使得0()f x0 的概率为 14如图，在ABC中，2BC，AB6，23ACB，点E在边AB上，且ACEBCE，将射线CB绕着C逆时针方向旋转6，并在所得射线上取一点D，使得31CD，连接DE，则CDE的面积为_ 15根据如图的算法，输出的结果是_.16已知6axb的展开式中4x项的系数与5x项的系数分别为 135 与18，则6axb展开式所有项系数之和为_.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。17（12 分）如图，已知抛物线E：24yx与圆M：2223 xyr（0r）相交于A，B，C，D四个点，（1）求r的取值范围；（2）设四边形ABCD的面积为S，当S最大时，求直线AD与直线BC的交点P的坐标.18（12 分）某芯片公司为制定下一年的研发投入计划，需了解年研发资金投入量（单位：亿元）对年销售额（单位：亿元）的影响.该公司对历史数据进行对比分析，建立了两个函数模型:，其中均为常数，为自然对数的底数 现该公司收集了近 12 年的年研发资金投入量 和年销售额 的数据，并对这些数据作了初步处理，得到了右侧的散点图及一些统计量的值令，经计算得如下数据：（1）设和的相关系数为，和的相关系数为，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型；（2）（i）根据（1）的选择及表中数据，建立 关于 的回归方程（系数精确到 0.01）；（ii）若下一年销售额 需达到 90 亿元，预测下一年的研发资金投入量 是多少亿元？附：相关系数，回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；参考数据：，19（12 分）在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 b（a2+c2b2）a2ccosC+ac2cosA（1）求角 B 的大小；（2）若 ABC 外接圆的半径为2 33，求 ABC 面积的最大值.20（12 分）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2221(15)xyaa上，该椭圆的左顶点A到直线50 xy的距离为3 22.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若椭圆C外一点N满足，MN平行于y轴，(2)=0ONOMMN，动点P在直线2 3x 上，满足2ON NP.设过点N且垂直OP的直线l，试问直线l是否过定点？若过定点，请写出该定点，若不过定点请说明理由.21（12 分）已知数列 na中，a1=1，其前 n 项和为nS，且满足(21)nnSna nN（1）求数列 na的通项公式；（2）记23nnnba，若数列 nb为递增数列，求 的取值范围 22（10 分）已知函数()lnf xxaxa，其中0a （1）讨论函数()f x的零点个数；（2）求证：sinln1xexxx 2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、C【答案解析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.【题目详解】对于A，当m为内与n垂直的直线时，不满足m，A错误；对于B，设l，则当m为内与l平行的直线时，/m，但m，B错误；对于C，由m，n知：/m n，又n，m，C正确；对于D，设l，则当m为内与l平行的直线时，/m，D错误.故选：C.【答案点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.2、C【答案解析】设出直线的方程，代入椭圆方程中消去 y，根据判别式大于 0 求得 t 的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用 t 的范围求得|AB|的最大值【题目详解】解：设直线 l 的方程为 yx+t，代入24xy21，消去 y 得54x2+2tx+t210，由题意得（2t）21（t21）0，即 t21 弦长|AB|4254 10255t 故选：C【答案点睛】本题主要考查了椭圆的应用，直线与椭圆的关系常需要把直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，判别式找到解决问题的突破口 3、B【答案解析】根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值【题目详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体1111ABCDABC D的四个顶点，即为三棱锥11ACBD，且长方体1111ABCDABC D的长、宽、高分别为2,a b，此三棱锥的外接球即为长方体1111ABCDABC D的外接球，且球半径为222222422ababR，三棱锥外接球表面积为222222421445124ababa，当且仅当1a，12b 时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为214 故选 B【答案点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题 4、D【答案解析】根据抛物线的定义求得6AF，由此求得BF的长.【题目详解】过B作BCl，垂足为C，设l与x轴的交点为D.根据抛物线的定义可知BFBC.由于3FAFB，所以2ABBC，所以6CAB，所以26AFFD，所以123BFAF.故选：D 【答案点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.5、D【答案解析】根据三视图即可求得几何体表面积，即可解得未知数.【题目详解】由图可知，该几何体是由一个长宽高分别为,3,1x和 一个底面半径为12，高为5.4x的圆柱组合而成.该几何体的表面积为 2335.442.2xxx，解得4x，故选：D.【答案点睛】本题考查由三视图还原几何体，以及圆柱和长方体表面积的求解，属综合基础题.6、D【答案解析】连接BE，BD，因为/BE AF，所以BED为异面直线AF与DE所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为 2，取BD的中点为G，连接EG，在等腰BED中，求出3cos5EGBEGBE，在利用二倍角公式，求出cosBED，即可得出答案.【题目详解】连接BE，BD，因为/BE AF，所以BED为异面直线AF与DE所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为 2，则5BEDE，2 2BD，在等腰BED中，取BD的中点为G，连接EG，则523EG，3cos5EGBEGBE，所以2coscos 22cos1BEDBEGBEG，即：31cos2155BED，所以异面直线AF，DE所成角的余弦值为15.故选：D.【答案点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.7、A【答案解析】利用等比数列 na的性质可得2648aa a，即可得出【题目详解】设4a与8a的等比中项是x 由等比数列 na的性质可得2648aa a，6xa 4a与8a的等比中项561248xa 故选 A【答案点睛】本题考查了等比中项的求法，属于基础题 8、C【答案解析】分析：从两个方向去判断，先看tantan1AB 能推出三角形的形状是锐角三角形，而非钝角三角形，从而得到充分性不成立，再看当三角形是钝角三角形时，也推不出tantan1AB 成立，从而必要性也不满足，从而选出正确的结果.详解：由题意可得，在ABC中，因为tantan1AB，所以sinsin1coscosABAB，因为0,0AB，所以sinsin0AB，coscos0AB，结合三角形内角的条件，故 A,B 同为锐角，因为sinsincoscosABAB，所以coscossinsin0ABAB，即cos()0AB，所以2AB，因此02C，所以ABC是锐角三角形，不是钝角三角形，所以充分性不满足，反之，若ABC是钝角三角形，也推不出“tan tan1BC，故必要性不成立，所以为既不充分也不必要条件，故选 D.点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要用到不等式的等价转化，余弦的和角公式，诱导公式等，需要明确对应此类问题的解题步骤，以及三角形形状对应的特征.9、B【答案解析】根据复数的除法法则计算z，由共轭复数的概念写出z.【题目详解】55(2)10522(2)(2)5iiziiii,2zi,故选：B【答案点睛】本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.10、A【答案解析】由奇函数定义求出(0)f和(2)f 【题目详解】因为()f x是定义在2 2,上的奇函数，(0)0f.又当0,2x时，2()21,22213xf xff ，203ff.故选：A【答案点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键 11、A【答案解析】根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得,m n的值，即可比较各选项.【题目详解】如下图所示，CE 平面ABPQ，从而/CE平面11 11AB PQ，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，4m，/EF平面11BPPB，/EF平面1 1AQQA，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交，4n，结合四个选项可知，只有mn正确.故选：A.【答案点睛】本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.12、B【答案解析】复数11122aiaazii，在复平面内对应的点在第二象限，可得关于 a 的不等式组，解得 a 的范围.【题目详解】11122aiaazii，由其在复平面对应的点在第二象限，得1010aa ，则1a .故选：B.【答案点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13、23【答案解析】试题分析：2()log0f xx可以得出1x，所以在区间1,22上使()0f x 的范围为1,2，所以使得0()f x0 的概率为2 12.1322P 考点：本小题主要考查与长度有关的几何概型的概率计算.点评：几何概型适用于解决一切均匀分布的问题，包括“长度”、“角度”、“面积”、“体积”等，但要注意求概率时做比的上下“测度”要一致.14、3 35【答案解析】由余弦定理求得31AC，再结合正弦定理得2sin2BAC，进而得62sinsin344AEC，得42 3CE，则面积可求【题目详解】由2222cosABACBCAC BCACB，得2220ACAC，解得31AC.因为sinsinBCABBACACB，所以2sin2BAC，4BAC，所以62sinsinsin344AECACEBAC.又因为sinsinCEACBACAEC，所以42 3CE.因为2ECDBCEBCD，所以13 352DCESCE CD.故答案为3 35【答案点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题 15、55【答案解析】根据该 For 语句的功能，可得1 23.10S ，可得结果【题目详解】根据该 For 语句的功能，可得1 23.10S 则1 1010552S 故答案为：55【答案点睛】本题考查 For 语句的功能，属基础题.16、64【答案解析】由题意先求得,a b的值，再令1x 求出展开式中所有项的系数和.【题目详解】6axb的展开式中4x项的系数与5x项的系数分别为 135 与18，4426135Cab，55618Cab，由两式可组成方程组42515135618a ba b，解得1,3ab 或1,3ab，令1x，求得6axb展开式中所有的系数之和为6264.故答案为：64【答案点睛】本题考查了二项式定理，考查了赋值法求多项式展开式的系数和，属于基础题.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。17、（1）2 23r（2）点P的坐标为1(,0)3【答案解析】1将抛物线方程24yx与圆方程2223 xyr联立,消去y得到关于x的一元二次方程,抛物线E与圆M有四个交点需满足关于x的一元二次方程在0,上有两个不等的实数根,根据二次函数的有关性质即可得到关于r的不等式组,解不等式即可.2不妨设抛物线E与圆M的四个交点坐标为11(,2)A xx，11(,2)B xx，22(,2)C xx，22(,2)D xx，据此可表示出直线AD、BC的方程,联立方程即可表示出点P坐标,再根据等腰梯形的面积公式可得四边形ABCD的面积S的表达式,令12tx x,由29tr及 1知01t,对关于t的面积函数进行求导，判断其单调性和最值,即可求出四边形ABCD的面积取得最大值时t的值,进而求出点P坐标.【题目详解】（1）联立抛物线与圆的方程22224,3,yxxyr 消去y，得22290 xxr.由题意可知22290 xxr在0,上有两个不等的实数根.所以2244 90,90,rr 解得2 23r，所以r的取值范围为2 2,3r.（2）根据（1）可设方程22290 xxr的两个根分别为1x，2x（120 xx），则11(,2)A xx，11(,2)B xx，22(,2)C xx，22(,2)D xx，且122xx，2129x xr，所以直线AD、BC的方程分别为 121112222xxyxxxxx，121112222xxyxxxxx,联立方程可得,点P的坐标为12,0 x x，因为四边形ABCD为等腰梯形,所以211221114422SABCDxxxxxx 222121212122242 22 944 9xxx xxxx xrr，令290,1tr，则 22324 2244321f tSttttt ，所以 232 321321 31fttttt ，因为01t,所以当103t 时,0ft；当113t 时,0ft，所以函数 f t在1(0,)3上单调递增，在1(,1)3上单调递减，即当13t 时，四边形ABCD的面积S取得最大值，因为12x xt,点P的坐标为12,0 x x,所以当四边形ABCD的面积S取得最大值时,点P的坐标为1(,0)3.【答案点睛】本题考查利用导数求函数的极值与最值、抛物线及其标准方程及直线与圆锥曲线相关的最值问题；考查运算求解能力、转化与化归能力和知识的综合运用能力;利用函数的思想求圆锥曲线中面积的最值是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.18、（1）模型的拟合程度更好；（2）（i）；（ii）亿元.【答案解析】（1）由相关系数求出两个系数，比较大小可得；（2）（i）先建立关于 的线性回归方程，从而得出 关于 的回归方程；（ii）把代入（i）中的回归方程可得 值【题目详解】本小题主要考查回归分析等基础知识,考查数据处理能力、运算求解能力、抽象概括能力及应用意识,考查统计与概率思想、分类与整合思想,考查数学抽象、数学运算、数学建模、数据分析等核心素养,体现基础性、综合性与应用性 解：（1），则，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好 （2）（i）先建立关于 的线性回归方程.由，得，即 由于，所以关于 的线性回归方程为，所以，则（ii）下一年销售额 需达到 90 亿元，即，代入得，又，所以，所以，所以预测下一年的研发资金投入量约是亿元【答案点睛】本小题主要考查抛物线的定义、抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系、导数几何意义等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性与应用性 19、（1）B13（2）3【答案解析】（1）由已知结合余弦定理，正弦定理及和两角和的正弦公式进行化简可求 cosB，进而可求 B；（2）由已知结合正弦定理，余弦定理及基本不等式即可求解 ac 的范围，然后结合三角形的面积公式即可求解.【题目详解】（1）因为 b（a2+c2b2）ca2cosC+ac2cosA，222coscoscosabcBacCacA，即 2bcosBacosC+ccosA 由正弦定理可得，2sinBcosBsinAcosC+sinCcosAsin（A+C）sinB，因为(0,)B，sin0B 所以1cos2B，所以 B13；（2）由正弦定理可得，b2RsinB2 33232 2，由余弦定理可得，b2a2+c22accosB，即 a2+c2ac4，因为 a2+c22ac，所以 4a2+c2acac，当且仅当 ac 时取等号，即 ac 的最大值 4，所以 ABC 面积 S13324acsinBac即面积的最大值3.【答案点睛】本题综合考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题.20、（1）2214xy；（2）见解析【答案解析】（1）根据点到直线的距离公式可求出 a 的值，即可得椭圆方程；（2）由题意 M（x0，y0），N（x0，y1），P（23，t），根据20ONOMMN，可得 y12y0，由2ON NP，可得 23x0+2y0t6，再根据向量的运算可得0NF OP，即可证明【题目详解】（1）左顶点 A 的坐标为（a，0），|a5|3，解得 a2 或 a8（舍去），椭圆 C 的标准方程为+y21，（2）由题意 M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），则依题意可知 y1y0，ON2OMMN0得（x02 x0，y12y0）（0，y1y0）=0，整理可得 y12y0，或 y1y0（舍），ON NP2，得（x0，2y0）（2x0，t2y0）2，整理可得 2x0+2y0tx02+4y02+26，由（1）可得 F（，0），（x0，2y0），（x0，2y0）（2，t）62x02y0t0，NFOP，故过点 N 且垂直于 OP 的直线过椭圆 C 的右焦点 F【答案点睛】本题考查了椭圆方程的求法，直线和椭圆的关系，向量的运算，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题.21、（1）()nan nN（2）,2【答案解析】（1）项和转换可得11nnnana，继而得到11111nnaaann，可得解；（2）代入可得23nnbn，由数列 nb为递增数列可得，2 321nn，令2 321nncn，可证明 nc为递增数列，即1c，即得解【题目详解】（1）21nnSna，1122nnSna，11221nnnanana，即11nnnana，11nnaann，11111nnaaann，()nan nN（2）23nnbn 2121313nnnnbbnn=23n-（2n+1）数列 nb为递增数列，2 3210nn，即2 321nn 令2 321nncn，即112 321631232 323nnnncnncnn nc为递增数列，12c，即的取值范围为,2【答案点睛】本题考查了数列综合问题，考查了项和转换，数列的单调性，最值等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.22、（1）1a 时，()f x有一个零点；当0a 且1a 时，()f x有两个零点；（2）见解析【答案解析】（1）利用 f x的导函数，求得 f x的最大值的表达式，对a进行分类讨论，由此判断出 f x的零点的个数.（2）由ln1xx，得到2ln11xxxx 和1xxe，构造函数2()sin1xh xexxx，利用导数证得 0h x，即有2sin1xexxx，从而证得2sin1ln1xexxxxx，即sinln1xexxx.【题目详解】（1）1()(0,0)axfxaxx，当1(0,)xa时，()0f x，当1(,)xa时，()0,()fxf x在1(0,)a上递增，在1(,)a上递减，1()()ln1f xfaaa.令()ln1(ln1),()g xxxxxg x 在(0,1)上递减，在(1,)上递增，()(1)0,ln10g xgaa，当且仅当1a 时取等号 1a 时，()f x有一个零点；1a 时，11111(0,1),()ln(0,1),ln10,(1)0,()0aaafaafaaffaaaaee ，此时()f x有两个零点；01a时，211111,()ln10,(1)0,()2lnfaaffaaaaaa ，令221(1)()2ln(1),()0,()xxxx xxxxx 在(0,1)上递增，211()(1)0,()2ln0 xfaaaa，此时()f x有两个零点；综上:1a 时，()f x有一个零点;当0a 且1a 时，()f x有两个零点;（2）由（1）可知：21ln1,ln11,xxxxxxxx e ，令2()sin1,()cos2121 cos0,xxh xex xxh xexxexxx ()h x在0,上递增，2()(0)0,sin1ln1xh xhexxxxx 【答案点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.