河北省唐山市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

唐山市2023年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将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.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据并集的定义求解．【详解】由已知，故选：B．2.的共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数乘法运算求出，再求出共轭复数即可.【详解】由题意得，所以，故选：D3.某校高三年级一共有1200名同学参加数学测验，已知所有学生成绩的第80百分位数是103分，则数学成绩不小于103分的人数至少为（）A.220B.240C.250D.300【答案】B 【解析】【分析】因为第80百分位数是103分，所以小于103分的学生占总数最多为，即成绩不小于103分的人数至少为总数的.【详解】由人，所以小于103分学生最多有960人，所以大于或等于103分的学生有人.故选：B4.函数的单调递减区间为（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】根据整体法即可列不等式求解.【详解】,解得，故单调递增区间为，故选：A5.已知圆：，圆：，则与的位置关系是（）A.外切B.内切C.相交D.外离【答案】C【解析】【分析】算出两圆圆心的距离，然后与两圆半径之和、差比较即可.【详解】圆圆心为，圆的圆心为，所以所以圆与的位置关系是相交.故选:C. 6.从2艘驱逐舰和6艘护卫舰中选出3艘舰艇分别担任防空、反潜、巡逻任务，要求其中至少有一艘驱逐舰，则不同的安排方法种数为（）A.336B.252C.216D.180【答案】C【解析】【分析】先用排除法，由8艘舰艇选3艘，减去3艘全是护卫舰的选法即得选法，然后安排它们去担任不同的任务．【详解】由题意方法数为，故选：C．7.椭圆：的左、右焦点分别为，，直线过与交于，两点，为直角三角形，且，，成等差数列，则的离心率为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据椭圆定义以及焦点三角形即可中中由求解.【详解】由为直角三角形，且，，成等差数列，可知不是最长的边，故为直角边，结合椭圆的对称性，不妨设,由椭圆的定义可知的周长为，又，所以，进而可得，由，故，，在中，，所以，故选：B 8.已知函数有三个极值点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用多次求导的方法，列不等式来求得的取值范围.【详解】的定义域是，有三个零点，令，当时,所以在区间单调递增；至多有一个零点不合题意，A，B，C选项错误；令,,单调递增,单调递增;,单调递减;,且单调递减; ,,有三个极值点，所以实数a的取值范围.故选：D.二、选择题：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.如图，直四棱柱的所有棱长均为2，，则（）A.与所成角的余弦值为B.与所成角的余弦值为C.与平面所成角的正弦值为D.与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】【分析】证明是异面直线与所成角或其补角，求出其余弦值，作于，证明是与平面所成角，然后求出其正弦值．【详解】连接，直四棱柱中,由与平行且相等得平行四边形，从而， 是异面直线与所成角或其补角，又由已知易得，，，所以与所成角的余弦值为，A错B正确；作于，连接，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，从而可得（因平面），则是与平面所成角，由得，，，C正确，D错误．故选：BC．10.如图，是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到，再连接的各边中点得到，…，如此继续下去，设的边长为，的面积为，则（） A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由中位线性质得是等比数列，公比为，从而由正三角形面积公式得也是等比数列，公比是，再由等比数列的前项和公式计算后可判断各选项．【详解】显然是正三角形，因此，A正确；由中位线性质易得，即是等比数列，公比为，因此，B正确；，，C错；，是等比数列，公比为，则也是等比数列，公比是，，D正确．故选：ABD．11.已知向量，，，下列命题成立的是（）A.若，则B.若，则 C.若，则D.设，，当取得最大值时，【答案】AD【解析】【分析】若，则，结合两角差的正弦公式即可判断A；若，则，再结合二倍角的正弦公式及正弦函数的值域即可判断B；若，则，再结合二倍角的余弦公式即可判断C；求出再结合两角差的余弦公式即可判断D.【详解】对于A，若，则，即，所以，即，故A正确；对于B，若，则，即，即，因为，所以，所以，所以，所以，故B错误；对于C，，由，得，即，即，则，则或，所以或，故C错误；对于D，，，则， 当取得最大值时，，此时，所以，故D正确.故选：AD.12.已知函数及其导函数的定义域均为．，，当时，，，则（）A.的图象关于对称B.为偶函数C.D.不等式的解集为【答案】BCD【解析】【分析】根据可判断A,求导即可根据判断B，由为偶函数以及对称可判断C，根据函数的性质画出大致图象，即可由时，求解D.【详解】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，由得，由得，故偶函数，故B正确，由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，又当时，，可知在单调递减故结合的性质可画出符合条件的的大致图象： 由性质结合图可知：当时，，由得，故，当且时，此时无解，当时，，解得，当且时，由得综上可得的解集为，故D正确，故选：BCD【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，题目综合性较高，要对函数基本性质比较熟练，可根据性质利用图象求解问题.对于函数的性质综合运用题目可从以下几个方面解题.(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某种产品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：134571520304045根据上表数据得到关于的经验回归方程，则的值为______．【答案】【解析】【分析】先求样本中心点,再由过,计算可得.【详解】可得样本中心点过,可得,所以.故答案为:. 14.已知直线：过双曲线：的一个焦点，且与的一条渐近线平行，则的实轴长为______．【答案】2【解析】【分析】求出直线与轴的交点坐标和斜率，然后列方程组求得得实轴长．【详解】直线与轴交点为，斜率为，由题意，解得，所以双曲线的实轴长为．故答案为：2.15.正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为______，周长为______．【答案】①.五边形②.【解析】【分析】根据点、线、面的位置关系及平面性质作出截面图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长，即可求出周长.【详解】连接EF并延长交DC的延长线于N，连接交于Q，连接QF，延长FE交DA的延长线于M，连接交于P，连接EP，顺次连接，则五边形即为平面截正方体的截面多边形，如图：由题意，正方体的棱长为2，则，，则为等腰直角三角形，则，根据∽得，， 则，则，，同理可得，，而，则五边形的周长为.故答案为：五边形，.16.，，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】将不等式变形得到对恒成立，利用反函数的性质，将问题进一步转化为对恒成立，构造函数，利用导数求解最值即可.【详解】，,所以对恒成立，即对恒成立，由于函数与函数互为反函数，则只需要对恒成立，故对恒成立，令，则，当单调递减，当单调递增，故当时，取到最大值，故，故答案为：【点睛】本题考查了导数的综合运用.构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在求解不等式恒成立问题时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.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.已知的内角的对边分别为， （1）求的值；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边得到，再根据正弦定理求解即可.（2）根据题意得到，再结合基本不等式求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得，由余弦定理得，，整理得；【小问2详解】因为，因为，由（1）可得，则.，又，即，当且仅当时等号成立.于是所以的最大值为.18.党的十八大以来，习近平总书记多次对职业病防治工作作出重要指示，并在全国卫生与健康大会上强调，推进职业病危害源头治理．东部沿海某蚕桑种植场现共有工作人员110人，其中有22人从事采桑工作，另外88人没有从事采桑工作．（1）为了解职工患皮炎是否与采桑有关，现采用分层随机抽样的办法从全体工作人员中抽取25人进行调查，得到以下数据：采桑不采桑合计患皮炎4未患皮炎18合计25①请完成上表； ②依据小概率值的独立性检验，分析患皮炎是否与采桑有关？（2）为了进一步了解职工职业病的情况，需要在上表患皮炎的工作人员中抽取4人做进一步调查，将其中采桑的人数记作，求的分布列和期望．附：，其中，0.150.100.050.0250.0100.0052.0722.7063.8415.0246.6357.879【答案】（1）①填表见解析；②认为患皮炎与采桑之间有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】(1)根据已知条件可以填出表格中的内容，代入公式即可求得，根据表格进行判断即可；(2)用表示抽取的4人中采桑的工作人员人数，的取值为：2，3，4，分别算出概率，列表格即可求出数学期望.【小问1详解】①采桑不采桑合计患皮炎426未患皮炎11819合计52025②零假设为：患皮炎与采之间无关联，根据列联表中的数据，经计算得到,根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为患皮炎与采桑之间有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005. 【小问2详解】用表示抽取的4人中采桑的工作人员人数，的取值为：2，3，4,，，随机变量X的分布列为：234则．19.已知数列是正项等比数列，其前项和为，是等差数列，且，，（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和（3）证明：【答案】（1），（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.（2）利用错位相减法求解即可.（3）首先根据分组求和得到，即可证明结论. 【小问1详解】设等比数列的公比为，等差数列的公差为，，解得或（舍去）.故，.【小问2详解】由（1）知，则，①则②由①－②得所以【小问3详解】由（1）知，，，所以所以，即. 20.在四棱锥中，，，，，，，点是棱上靠近点的三等分点（1）证明：平面；（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证平面，得，然后可证明平面；（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设，由面面角的向量法求得，再由体积公式求得棱锥体积．【小问1详解】中，，，，由余弦定理可得，，从而有，所以，∵，∴，∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，，平面，∴平面；【小问2详解】以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则，，，，，由（1）知，平面，是平面的一个法向量，设平面的一个法向量是，，由，得，取，则，因为平面与平面的夹角的余弦值为．所以，解得，所以四棱锥的体积．21.已知抛物线：的焦点为，为上一点，为准线上一点，，（1）求的方程；（2），，是上的三点，若，求点到直线距离的最大值．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据已知条件得到，根据得到，再结合焦半径公式即可得到，从而得到.（2）根据题意得到，设直线的方程为，，，与抛物线联立得到，，根据斜率公式得到，从而得到，即可得到直线过定点，再根据当时，点到直线距离最大求解即可.【小问1详解】如图所示：由题意可知，因为，，由，，可得，由抛物线的定义可知，，解得．则的方程为.【小问2详解】如图所示： 在抛物线上，所以，设直线的方程为，，，将代入，得则，，同理整理得，，直线的方程为，所以直线过定点.当时，点到直线距离最大，且最大距离为，经检验符合题意.22.已知函数（1）求的极值；（2）若，，，，证明：【答案】（1）极大值，无极小值（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解单调性，进而可求极值，（2）将问题转化成证明当时，，构造函数和，导数的正负即可求解单调性即可求证.【小问1详解】因为，所以，由，解得，由，解得 所以在单调递增，在单调递减，因此，在处取得极大值，无极小值．【小问2详解】由（1）可知，在单调递减，且，，，，不妨设，要证，只要证而，，且在单调递减，所以只要证，即证，即证．即证当时，，令，，则令，则因为，所以，，所以，即在单调递减，则，即，所以在单调递增，所以，即当时，，所以，原命题成立．【点睛】思路点睛：本题考查了导数的综合运用.利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.