《临汾市重点中学2022-2023学年高三第二次模拟考试数学试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《临汾市重点中学2022-2023学年高三第二次模拟考试数学试卷含解析.doc（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）A5B3CD22设函数若
2、关于的方程有四个实数解，其中，则的取值范围是（ ）ABCD3已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（ ）AB2C4D4已知定义在上函数的图象关于原点对称，且，若，则（ ）A0B1C673D6745已知函数，下列结论不正确的是（ ）A的图像关于点中心对称B既是奇函数，又是周期函数C的图像关于直线对称D的最大值是6已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD7 的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（ ）ABCD8一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）ABCD92020年是脱贫攻坚决战决
3、胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遺到、三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到县的分法有（ ）A6种B12种C24种D36种10设是虚数单位，则（ ）ABC1D211设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )A1BCD12已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为_.14函数在处的切线方程是_.15在三棱锥中，三角形为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大值为时，三棱锥的外接球的表面积为_.16某高
4、中共有1800人，其中高一、高二、高三年级的人数依次成等差数列，现用分层抽样的方法从中抽取60人，那么高二年级被抽取的人数为_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）在平面直角坐标系中,有一个微型智能机器人（大小不计）只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进,且每一步只能行进1个单位长度,例如：该机器人在点处时,下一步可行进到、这四个点中的任一位置记该机器人从坐标原点出发、行进步后落在轴上的不同走法的种数为（1）分别求、的值；（2）求的表达式18（12分）传染病的流行必须具备的三个基本环节是：传染源、传播途径和人群易感性.三个环节必须同时存在，方能构成传染病流行.
5、呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要传播途径，为了有效防控新冠状病毒的流行，人们出行都应该佩戴口罩.某地区已经出现了新冠状病毒的感染病人，为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况，用分层抽样的方法从全体居民中抽出一个容量为100的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口罩的情况，得到下面列联表：戴口罩不戴口罩青年人5010中老年人2020（1）能否有的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关？（2）用样本估计总体，若从该地区出行不戴口罩的居民中随机抽取5人，求恰好有2人是青年人的概率.附：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82819（12分）数列的
6、前项和为，且.数列满足，其前项和为.（1）求数列与的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20（12分）已知，均为给定的大于1的自然数，设集合，（）当，时，用列举法表示集合；（）当时，且集合满足下列条件：对任意，；证明：（）若，则（集合为集合在集合中的补集）；（）为一个定值（不必求出此定值）；（）设，其中，若，则21（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且.（）求椭圆的标准方程；（）设直线与椭圆相交于、两点，与圆相交于、两点，求的取值范围.22（10分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是（1）求的值:（2）若以轴正半轴为始边的钝角的
7、终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值参考答案一、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、D【解析】由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【详解】解：由抛物线方程可知，即，.设 则，即，所以.所以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.2、B【解析】画出函数图像，根据图像知：，计算得到答案.【详解】，画出函数图像，如图所示：根据图像知：，故，且.故.故选：.【点睛
8、】本题考查了函数零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出图像是解题的关键.3、C【解析】设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.【详解】圆可化为.设，则的斜率分别为，所以的方程为，即，即，由于都过点，所以，即都在直线上，所以直线的方程为，恒过定点，即直线过圆心，则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.4、B【解析】由题知为奇函数，且可得函数的周期为3，分别求出知函数在一个周期内的和是0，利用函数周期性
9、对所求式子进行化简可得.【详解】因为为奇函数，故；因为，故，可知函数的周期为3；在中，令，故，故函数在一个周期内的函数值和为0，故.故选：B.【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性综合问题. 其解题思路：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解5、D【解析】通过三角函数的对称性以及周期性，函数的最值判断选项的正误即可得到结果【详解】解：，正确；，为奇函数，周期函数，正确；，正确；D： ，令，则，则时，或时，即在上单调递增，在和上单调递减；且，故D错误故选：【点睛】本题考查三角函数周期性和对称性的判断，利用导
10、数判断函数最值，属于中档题6、D【解析】根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.【详解】如图所示：因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以渐近线方程为.故选：D.【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.7、A【解析】先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B.【详解】由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以.故选：A【点睛】此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题.8、B【解析】由题意首先确定几何体的空间结构特
11、征，然后结合空间结构特征即可求得其表面积.【详解】由三视图可知，该几何体为边长为正方体挖去一个以为球心以为半径球体的，如图，故其表面积为，故选：B.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和9、B【解析】分成甲单独到县和甲与另一人一同到县两种情况进行分类讨论，由此求得甲被派遣到县的分法数.【详解】如果甲单独到县，则
12、方法数有种.如果甲与另一人一同到县，则方法数有种.故总的方法数有种.故选：B【点睛】本小题主要考查简答排列组合的计算，属于基础题.10、C【解析】由，可得，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出的值.【详解】解：， ，解得：.故选:C.【点睛】本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把 当成进行运算.11、B【解析】设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.【详解】设，则有.又，所以，有.故选B.【点睛】本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.12、B【解析】作出
13、不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，利用数形结合即可得到的最小值【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，当位于时，此时的斜率最小，此时故选B【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用，解出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】，且，该双曲线的渐近线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线离心率与渐近线方程，考查了双曲线基本量的关系，考查了运算能力，属于基础题.14、【解析】求出和的值，利用
14、点斜式可得出所求切线的方程.【详解】，则，.因此，函数在处的切线方程是，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】根据题意作出图象,利用三垂线定理找出二面角的平面角,再设出的长,即可求出三棱锥的高,然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥的体积最大值,从而得出各棱的长度,最后根据球的几何性质,利用球心距,半径,底面半径之间的关系即可求出三棱锥的外接球的表面积.【详解】如图所示：过点作面,垂足为,过点作交于点,连接.则为二面角的平面角的补角,即有.易证面,而三角形为等边三角形, 为的中点.设, .故三棱锥的体积为当且仅当时,即.三点共线.设三棱
15、锥的外接球的球心为,半径为.过点作于,四边形为矩形.则,在中,解得.三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的求法,涉及二面角的运用,基本不等式的应用,以及球的几何性质的应用,意在考查学生的直观想象能力,数学运算能力和逻辑推理能力,属于较难题.16、【解析】由三个年级人数成等差数列和总人数可求得高二年级共有人，根据抽样比可求得结果.【详解】设高一、高二、高三人数分别为，则且，解得：，用分层抽样的方法抽取人，那么高二年级被抽取的人数为人故答案为：.【点睛】本题考查分层抽样问题的求解，涉及到等差数列的相关知识，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说
16、明、证明过程或演算步骤。17、（1）,（2）【解析】（1）根据机器人的进行规律可确定、的值；（2）首先根据机器人行进规则知机器人沿轴行进步,必须沿轴负方向行进相同的步数,而余下的每一步行进方向都有两个选择(向上或向下),由此结合组合知识确定机器人的每一种走法关于的表达式,并得到的表达式,然后结合二项式定理及展开式的通项公式进行求解.【详解】解：（1）,（2）设为沿轴正方向走的步数（每一步长度为1）,则反方向也需要走步才能回到轴上,所以,1,2,（其中为不超过的最大整数）总共走步,首先任选步沿轴正方向走,再在剩下的步中选步沿轴负方向走,最后剩下的每一步都有两种选择（向上或向下）,即 等价于求中含
17、项的系数,为其中含项的系数为 故【点睛】本题考查组合数、二项式定理,考查学生的逻辑推理能力,推理论证能力以及分类讨论的思想.18、（1）有的把握认为是否戴口罩出行的行为与年龄有关.（2）【解析】(1) 根据列联表和独立性检验的公式计算出观测值,从而由参考数据作出判断.(2) 因为样本中出行不戴口罩的居民有30人,其中年轻人有10人,用样本估计总体,则出行不戴口罩的年轻人的概率为，是老年人的概率为.根据独立重复事件的概率公式即可求得结果.【详解】（1）由题意可知，有的把握认为是否戴口罩出行的行为与年龄有关.（2）由样本估计总体，出行不戴口罩的年轻人的概率为，是老年人的概率为.人未戴口罩，恰有2人
18、是青年人的概率.【点睛】本题主要考查独立性检验及独立重复事件的概率求法,难度一般.19、（1），；（2）.【解析】（1）令可求得的值，令，由得出，两式相减可推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式，再利用对数的运算性质可得出数列的通项公式；（2）运用等差数列的求和公式，运用数列的分组求和和裂项相消求和，化简可得.【详解】（1）当时，所以；当时，得，即，所以，数列是首项为，公比为 的等比数列，.；（2）由（1）知数列是首项为，公差为的等差数列，.，.所以.【点睛】本题考查数列的递推式的运用，注意结合等比数列的定义和通项公式，考查数列的求和方法：分组求和法
19、和裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题20、（）；（）（）详见解析（）详见解析.（）详见解析.【解析】（）当，时，即可得出（）（i）当时，2，3，又，必然有，否则得出矛盾（ii）由可得又，即可得出为定值（iii）由设，其中，2，可得，通过求和即可证明结论【详解】（）解：当，时，（）证明：（i）当时，2，3，又，必然有，否则，而，与已知对任意，矛盾因此有（ii），为定值（iii）由设，其中，2，【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题21、（）；（）.【解析】（）利用勾股定理结合条件求得和，利用椭圆的定义求得的值，进而可得出，则椭圆的标准方程
20、可求；（）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理与弦长公式求出，利用几何法求得直线截圆所得弦长，可得出关于的函数表达式，利用不等式的性质可求得的取值范围.【详解】（）在椭圆上， ，又，椭圆的标准方程为；（）设点、，联立消去，得，则，设圆的圆心到直线的距离为，则.，的取值范围为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中弦长之积的取值范围的求解，涉及韦达定理与弦长公式的应用，考查计算能力，属于中等题.22、（1）（2）【解析】（1）依题意,任意角的三角函数的定义可知,进而求出在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,从而（1）于是（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而于是因为为锐角,为钝角,所以从而【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.