安徽省淮北市2022-2023学年高三数学下学期二模试题（Word版附解析）

淮北市2023届高三第二次模拟考试数学试题卷注意事项：1.答卷前，考试务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，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，再选涂其他答案标号，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，将本答题卡交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知为虚数单位，复数，则（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由复数的模长公式计算即可得出答案.【详解】，则.故选：C.2.已知集合，则下列命题错误的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合，由集合间的关系对选项一一判断即可得出答案.【详解】， 对于A，，故A正确；对于B，因为，所以，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，故D不正确.故选：D.3.世界数学三大猜想：“费马猜想”､“四色猜想”､“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年新1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.280多年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的越果“1+2由我国数学家陈景润在1966年取得.哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.在不超过20的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的选法有（）A.28B.21C.15D.10【答案】B【解析】【分析】求出不超过20的质数，再利用组合列式求解作答.【详解】依题意，不超过20的质数有：，从中随机选取两个不同的数，其和为偶数，即是从中任取两个，所以不同选法种数是.故选：B4.天气是影响生产､生活的重要因素.淮北统计年鉴上显示2021年淮北市分月平均气温和降水量如下表：月价123456789101112温度2.18.010.314.621.127.327.326.324217.01034.4降雨量6.726.555.428.694.999.9560.7238.3137.520.424.21.3则2021年淮北市平均气温的众数和降水量的75%分位数分别是（）A.10.3；99.9B.27.3；118.7C.10.3、27.3；118.7D.10.3、27.3；137.5 【答案】C【解析】【分析】先将数据排序，再结合众数、百分位数的定义运算求解.【详解】由题意可得：平均气温由小到大依次为：，可知10.3、27.3均出现2次，其余都是1次，所以众数为10.3、27.3；降雨量由小到大依次为：，因为，故降水量的75%分位数分别是；故选：C.5.已知向量满足且，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.【详解】解：因为向量，且，那么，所以向量在向量上的投影向量为，故选：D.6.已知，过斜率为的直线上存在不同的两个点满足：.则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的定义可得，是以、为焦点的双曲线的右支上的两点，即过 斜率为的直线与双曲线的右支有两个交点，求出双曲线方程，联立直线与双曲线，消元，根据及韦达定理得到不等式组，解得即可.【详解】因为，所以，是以、为焦点的双曲线的右支上的两点，且，，所以，双曲线方程为，则过斜率为的直线方程为，由，消去整理得，所以，解得，即的取值范围为.故选：C.7.若关于的方程有3个不同实根，则满足条件的整数的个数是（）A24B.26C.29D.31【答案】B【解析】【分析】关于的方程有3个不同实根，即为函数的图象有个不同的交点，令，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大致图象，结合图象求出的范围，即可得解.【详解】由，得，则关于的方程有3个不同实根，即为函数的图象有个不同的交点， 令，则，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，当趋向负无穷时，趋向负无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷，作出函数的大致图象，如图所示，由图可得，所以，所以满足条件的整数的个数是个.故选：B.8.已知球和正四面体，点在球面上，底面过球心，棱分别交球面于，若球的半径，则所得多面体的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先利用正四面体和球的关系，利用勾股定理求出正四面体的棱长，进一步利用体积公式及比列关系求出多面体的体积即可.【详解】设正四面体，棱长为，如图所示： 设外接球的球心为，半径为，所以，解得，由于，所以，在中，过O作AB垂线OH，由面积可得，则，利用勾股定理：，即：，,多面体的体积为.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B. C.在上单调递增D.将函数的图象向左平移个单位.得到函数的图象【答案】AD【解析】【分析】根据图象可得，即可得出A项；，，所以.根据图象上点，结合“五点法”以及的范围可得，即可说明B项；根据的区间，求出整体的范围，结合正弦函数的单调性，即可判断C项；求出平移后的解析式，即可得出D项.【详解】对于A项，由图象可得，，所以，，故A项正确；对于B项，由图象可得，，所以.又图象过点，根据“五点法”可得，所以.又，所以，所以，故B项错误；对于C项，因为，所以.因为，所以，所以，所以.因为在上单调递增，在上单调递减，故C项错误；对于D项，因为， 将函数的图象向左平移个单位，可得的图象，故D项正确.故选：AD.10.设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数．下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，当时，由C可知，，故D不正确.故选：AB11.已知点，点在上运动，边长为的正方形的顶点位于圆外，则的值可能是（）A.0B.C.8D.10 【答案】ABC【解析】【分析】利用极化恒等式结合图形求数量积最大值，再逐一判断选项即可.【详解】如图所示，取CE中点F，连接BF，则由题意可得：，由极化恒等式可得当三点共线且时，，即，故C正确，且排除D项；对于B项，当三点共线且比较接近时，此时存在，故B正确； 当重合时，易得，此时，故A正确；故选：ABC 12.已知棋盘上标有第0，1，2，...，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，棋子向前跳两站，直到跳到第99站（胜利大本营）或第100站（欢乐大本营）时，游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为，（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据题意直接判断选项A和B；然后根据题意求出递推公式即可判断选项C，根据递推公式判断数列是首项为，公比为的等比数列，等比数列求和进而判断选项D.【详解】根据题意，棋子跳到第1站则掷出正面，所以，故选项A正确；棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率在；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为，因此，故选项B错误；由题意易知棋子先跳到第站，再掷出反面，其概率为；棋子先跳到第站，再掷出正面，其概率为，因此有，则，故选项C正确；因为，则有，即.所以数列是首项为，公比为的等比数列. 因此有.由此得到，所以，故选项D错误，故选：AC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式的常数项是________（用数字作答）【答案】240【解析】【分析】根据二项式的展开式的通项公式赋值即可求出．【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得．所以的展开式的常数项是．故答案为：240．【点睛】本题主要考查利用二项式的展开式的通项公式求指定项，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．14.若，则__________.【答案】【解析】【分析】把看成整体，将转化为，利用诱导公式和余弦的二倍角公式化简即可得出答案. 【详解】.故答案为：.15.已知椭圆左右焦点分别为，下顶点，过的直线交椭圆于点，点关于轴的对称点为，若，则椭圆的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】由题意联立直线的方程和椭圆方程可求出点的坐标，进而求出点坐标，因为，则，代入可得，化简方程即可求出离心率.【详解】设，，则直线的方程为：，所以联立可得：，解得：或，所以，则，因为点，关于轴的对称点，则，， 因为，则，化简可得：，即，即，则.故答案为：.16.已知函数，若对任意的实数都有，则__________；__________.（其中表示不大于的最大整数）【答案】①.##②.【解析】【分析】利用赋值法求出，然后根据题意得到，利用等差数列前和公式即可求解.【详解】取，有，知，取，有，令，有；令，有，故恒等于， ，故答案为：；.四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.数列满足，．（1）设，求的最大项；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）构造等比数列，从而求出的通项公式，进而得到的通项公式，即可求出最大项；（2）利用错位相减法即可.【小问1详解】由得．又，∴是以1为首项，3为公比等比数列，∴，，．当时，不会最大；当时，设是最大项，则，且，即，且，即且，解得．又，∴，∴的最大项是．【小问2详解】，①①得，②①②得， ∴．18.已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若的面积为，，点D为边BC的中点，求AD的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）在第一问的基础上，结合，利用三角恒等变换求出，进而由三角形面积得到，由余弦定理求出答案.【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，又，所以．【小问2详解】因为，所以，即，又，则，所以．所以，． 所以，所以．在△ACD中，由余弦定理可得，即．19.如图所示，四棱锥中，底面为菱形，.（1）证明：面；（2）线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，点为线段的靠近点的四等分点【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点，建立如图所示建立空间直角坐标系，设，表示出点坐标，分别求出平面与平面夹角的法向量，再由二面角的向量公式可求出，即可知位置.【小问1详解】因为底面为菱形，所以，又，面，所以面，面，所以. 又，所以.结合，面，得面.【小问2详解】取线段的中点，结合题设及（1）的结论，如图所示建立空间直角坐标系.不妨设，则，假设存在符合条件，设即，即，所以.设平面的法向量，,则，令，则，即注意到，设平面的法向量，则，令，则，即.题设知， 即，所以，得（舍）或.综上，时符合条件，此时点为线段的靠近点的四等分点.20.社会人口学是研究人口因素对社会结构和社会发展的影响和制约的一门社会学分支学科.其基本内容包括：人口作为社会变动的原始依据的探讨；将人口行为作为引起社会体系特征变动的若干因素中的一个因素来研究.根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子（仅考虑不超过3个孩子家庭）的概率分布列为：1230概率其中，每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为且相互独立，记A表示事件“一个家庭有个孩子”，B表示事件“一个家庭的男孩比女孩多（若一个家庭只有一个孩子且恰为男孩，则该家庭男孩多）”（1）若，求；（2）参数受到各种因素的影响（如生育保险的增加，教育､医疗福利的增加等），通过改变参数的值来调控未来人口结构.若希望增大，如何调控的值？参考公式：【答案】（1）（2）增加的取值【解析】【分析】（1）根据分布列的性质求出，再根据全概率公式计算可得；（2）由题意可知，所以只需研究，再由分布列的性质得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得解.【小问1详解】 由题意得：，解得，又，，，，且，由全概率公式，得由，得；【小问2详解】由题意得：，考虑的变化即可，由，得，设，则，记，则，故在上单调递减，，，，在上单调递减，因此，增加的取值，会减小，会增大，即增大.21.已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，过点任意作直线分别交抛物线于，交椭圆于.当垂直于轴时，. （1）求和的方程；（2）是否存在常数，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1），（2）存在常数，使为定值，理由见详解【解析】【分析】（1）由已知的方程为，代入抛物线方程可推得，即可得出，得出抛物线的方程.进而得出焦点，将直线方程代入椭圆方程可推得.结合已知得出关于方程组，求解即可得出椭圆的方程；（2）假设存在常数.设直线的方程为：，设出各点的坐标.分别联立直线与抛物线以及椭圆的方程，得出关于的方程，进而根据韦达定理得出坐标关系，然后根据弦长公式，表示出，.代入化简整理可得，当，即时，假设成立.【小问1详解】由已知可得，的方程为，代入抛物线方程可得，，解得，所以.由题意知，得， 所以，抛物线方程是.所以直线的方程为，焦点，所以.将直线的方程代入椭圆方程可得，，解得，所以.由已知可得，，解得，所以，椭圆的方程为.【小问2详解】假设存在常数，使为定值.设直线的方程为：，设，，联立方程，消化简得.则恒成立，且，所以.设，， 联立方程，消化简得.则恒成立，且，所以，.所以，.因为为定值，所以有，所以.所以，假设成立.所以，存在常数，使为定值.【点睛】方法点睛：联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系，然后根据弦长公式，即可表示出弦长.22.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）当时，对任意的买数，证明：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)先对函数求导数，对进行分类讨论，在讨论单调新即可；(2)结合第一问讨论的单调性，对导数进行第二次求导，进一步判断二阶导数的正负来判断一阶导数的单调性，进而可以证明.【小问1详解】 ①当时，，此时，在单调递增；②当时，令，可以判断在是单调递减的注意到：则必存在使得，即且当时，，于是，此时在单调递增；当时，，于是，此时在单调递减；【小问2详解】当时，令，则：于是：在是递减的对于给定的，令则因为，所以，即因此在是递增的于是，，即：进而方法二：当时，对于给定的，令 则因此在是递增的，于是，，即：进而