2023屆青海省西寧市大通回族土族自治縣高三第二次模擬考試數學（文）試題一、單選題1．若集合，集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據指數函數單調性求集合M，再根據交集運算求解.【詳解】，，則.故選：B.2．已知，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題首先可根據得出，然后通過復數的模的相關性質即可得出結果.【詳解】因為，所以，則，故選：C.3．是一款具有社交屬性的健身，致力于提供健身教學、跑步、騎行、交友及健身飲食指導、裝備購買等一站式運動解決方案.記錄的2019年1月至2019年11月期間每月跑步的里程（單位：十公里）數據整理并繪制了下面的折線圖.根據該折線圖，下列結論不正確的是（

）A．月跑步里程的中位數為5月份對應的里程數B．月跑步里程最大值出現在10月C．月跑步里程逐月增加D．1月至5月的月跑步里程相對于6月至11月波動性更小【答案】C【分析】根據折線圖的信息，逐項判斷，即可求出結論.【詳解】由所給折線圖可知：月跑步里程的中位數為5月份對應的里程數，故選項A正確；月跑步里程最大值出現在10月，故選項B正確；月跑步里程并不是逐月遞增，故選項C錯誤；1月至5月的月跑步里程相對6月至11月，波動性更小，故選項D正確．故選：C．【點睛】本題考查折線圖數據分析，考查數形結合，屬于基礎題.4．已知，若，則實數的值為（

）A． B．或 C． D．不存在【答案】B【分析】先根據分段函數的解析式求出，，，即可得到，再分和兩種情況求解即可.【詳解】由題意，，，即.當，即時，，解得，滿足題意；當，即時，，解得，滿足題意.所以或.故選：B.5．在等比數列中，，，則（

）A． B． C．或 D．或【答案】A【分析】利用等比數列的通項公式列式求解即可.【詳解】設等比數列的公比為，所以，解得，所以，故選：A6．已知函數的部分圖象如圖所示，則圖象的一個對稱中心是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先根據函數圖象得到函數圖象的一個對稱中心與的最小正周期，進而利用函數的性質即可求解.【詳解】解：由題圖可知圖象的一個對稱中心是，的最小正周期，故圖象的對稱中心為，，結合選項可知，當時，圖象的一個對稱中心是.故選：D.7．從2~8的7個整數中隨機取2個不同的數，則這2個數的和恰為質數的概率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意結合古典概型運算求解.【詳解】從2~8的7個整數中隨機取2個不同的數，則有(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(2，7)，(2，8)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，6)，(4，7)，(4，8)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(6，8)，(7，8)，共有21種不同的取法，若2個數的和恰為質數，不同的取法有：，，，，，，，，共8種，故所求概率.故選：B.8．已知圖1對應的函數為，則圖2對應的函數是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據兩函數圖象的關系知，所求函數為偶函數且時兩函數解析式相同，即可得解.【詳解】根據函數圖象知，當時，所求函數圖象與已知函數相同，當時，所求函數圖象與時圖象關于軸對稱，即所求函數為偶函數且時與相同，故BD不符合要求，當時，，，故A正確，C錯誤.故選：A.9．若，，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先計算出，，再根據利用兩角差的正弦公式展開計算可得.【詳解】因為所以，所以，因為所以，因為，所以，所以.故選：D10．如圖所示，長方體中，，O是的中點，直線交平面于點M，則下列結論錯誤的是（

）A．A，M，O三點共線B．的長度為1C．直線與平面所成角的正切值為D．的面積為【答案】C【分析】利用公理3證明三點共線即可判斷A，利用長方體的性質以及中位線定理，可判斷B，利用線面角的定義，根據長方體的幾何性質，結合三角函數定義，可判斷C，利用三角形面積轉化求解，可判斷D.【詳解】對于A，連結，則，四點共面，平面，，平面，又平面，在平面與平面的交線上，同理也在平面與平面的交線上.三點共線，故A正確：對于B，設直線與平面的交點為，，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，為中點，為中點，同理可得為的中點，，故B正確；對于C，取中點，連接，，平面，則即為直線與平面所成角，又平面平面，故即為直線與平面所成角，又，，故C錯誤；對于D，，，，故D正確.故選：C11．已知函數，則下列說法錯誤的是（

）A．當時，函數不存在極值點B．當時，函數有三個零點C．點是曲線的對稱中心D．若是函數的一條切線，則【答案】B【分析】當時，分析函數的單調性，可判斷A選項；利用導數分析函數的單調性與極值，結合零點存在定理可判斷B選項；利用函數對稱性的定義可判斷C選項；利用導數的幾何意義可判斷D選項.【詳解】對于A選項，當時，，此時函數在上單調遞增，所以，當時，函數不存在極值點，A對；對于B選項，當時，，，由可得，由可得或，所以，函數的增區間為、，減區間為，函數的極大值為，極小值為，又因為，由零點存在定理可知，函數在區間有一個零點，當時，，因此，當時，函數有一個零點，B錯；對于C選項，對任意的，，所以，點是曲線的對稱中心，C對；對于D選項，設是函數的一條切線，設切點坐標為，，由題意可得，①所以，曲線在處的切線方程為，即，則，②聯立①②可得，D對.故選：B.12．已知點是拋物線上的一點,點是圓上的一點,為坐標原點,則的最大值為(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】由圓方程可得,易得為,根據拋物線定義和圓的性質可得,又,將的最大值的問題轉化為函數最值問題,利用二次函數求解即可.【詳解】因為圓,所以,易得為的焦點.設,因為點是拋物線上的一點,點是圓上的一點,則,又,所以,令,則,所以當,即時,取得最大值,最大值為.故選:A.二、填空題13．若雙曲線的一條漸近線方程為，則___________.【答案】4【分析】寫出漸近線方程，根據條件列方程求解.【詳解】由題知雙曲線的焦點在軸上，其中且，其漸近線方程為，由條件知一條漸近線方程為，即，所以，解得；故答案為：4.14．已知向量，滿足，，，則在上的投影為___________.【答案】【分析】兩邊平方，求出，從而利用向量投影公式求出答案.【詳解】因為，所以，則在上的投影為.故答案為：15．母線長為10的圓錐的側面展開圖的圓心角等于，則該圓錐的體積為___________.【答案】【分析】求出側面展開圖的弧長和底面圓半徑，再求出圓錐的高，由此計算圓錐的體積．【詳解】因為母線長為10的圓錐的側面展開圖的圓心角等于，所以側面展開圖的弧長為：.設該圓錐的底面圓的半徑為，所以，解得，所以該圓錐的高，所以該圓錐的體積.故答案為：.16．已知為等差數列的前，，則當取最大值時，的值為___________.【答案】6【分析】利用等差數列前項和公式和等差數列數列的對稱性，可得到0，，從而得出結果.【詳解】因為，所以，又，所以0，所以，則，故答案為：6.三、解答題17．造林綠化對生態發展特別是在防風固沙、緩解溫室效應、凈化空氣、涵養水源等方面有著重要意義．某苗木培養基地為了對某種樹苗的高度偏差x（單位：）與樹干最大直徑偏差y（單位：）之間的關系進行分析，隨機挑選了8株該品種的樹苗，得到它們的偏差數據（偏差是指個別測定值與測定的平均值之差）如下：樹苗序號12345678高度偏差x20151332直徑偏差y(1)若x與y之間具有線性相關關系，求y關于x的線性回歸方程；(2)若這種樹苗的平均高度為，樹干最大直徑平均為，試由（1）的結論預測高度為的這種樹苗的樹干最大直徑為多少毫米．參考數據：，．參考公式：回歸直線方程中斜率和截距的最小二乘估計：，．【答案】(1)(2)34【分析】（1）根據最小二乘法公式求出，即可得出線性回歸方程；（2）利用回歸直線方程代入，求解即可.【詳解】（1）,，，，故y關于x的線性回歸方程為（2）當樹干高度為時，高度偏差(cm)，，所以樹干直徑約為，即預測高度為的這種樹苗的樹干最大直徑為34毫米.18．在中，內角的對邊分別為，，，且.(1)求角的大小；(2)若，是邊上的一點，且，求線段的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，由輔助角公式求出答案；（2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，從而求出，得到答案.【詳解】（1）因為，由正弦定理得，又，所以，所以，即，，又，所以，所以，所以；（2）在中，由正弦定理得，所以.因為，所以，在中，由余弦定理得，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以，即線段的最大值為.19．如圖，在直角梯形ABCD中，，，四邊形CDEF為平行四邊形，平面平面ABCD，．(1)證明：平面ABE；(2)若，，，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交于點，取的中點，連接，根據條件證明四邊形為平行四邊形，然后得到即可；（2）取的中點為，連接，依次證明平面、平面，然后可求出點到平面的距離，然后根據算出答案即可.【詳解】（1）證明：連接交于點，取的中點，連接，因為四邊形為平行四邊形，所以為的中點，所以，因為，，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，即，因為平面，平面，所以平面ABE，（2）取的中點為，連接，因為，，所以為等邊三角形，所以，，因為平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面，所以平面，所以點到平面的距離為，因為，平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離為，因為是直角梯形，，，，，所以，所以.20．已知橢圓過點，直線與交于兩點，且線段的中點為為坐標原點，直線的斜率為.(1)求的標準方程；(2)已知直線與有兩個不同的交點為，使得是以點為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出的值及點的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，時，點坐標為；當時，點坐標為【分析】（1）根據中點弦點差法得，再根據，得，再結合橢圓過點解方程即可得答案；（2）設中點，假設存在和點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形，進而將問題轉化為，，再聯立，結合韋達定理討論，同時成立的情況.【詳解】（1）解：設，則，所以，由題知直線的斜率.因為在橢圓上，所以，兩式相減得，即，又，所以，即.又因為橢圓過點，所以，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）解：聯立消整理得：.因為直線與橢圓交于兩點，故，解得.設，則.設中點，則，故.假設存在和點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形，則，故，所以，解得，故.又因為，所以，所以，即，整理得.所以，代入，整理得，即，所以或，即存在使得是以為頂點的等腰直角三角形.當時，點坐標為；當時，點坐標為.此時，是以為直角頂點的等腰直角三角形.21．已知．(1)若在上單調遞增，求a的取值范圍，(2)證明：當時，．【答案】(1)(2)證明見解析.【分析】（1）分離參數，轉化為在上恒成立，求出函數的最大值即可得到結果；（2）根據題意轉化為，然后求得的最小值即可證明.【詳解】（1）由，可得，因為在上單調遞增，則在上恒成立，即在上恒成立，令，則在上恒成立，即在上單調遞減，所以，由在上恒成立，可得，所以實數的取值范圍為.（2）因為函數，，令，則，即時，，則單調遞增；即時，，則單調遞減；所以，即（當且僅當取等號），因為函數，，則，令，則，當時，，則函數單調遞增；當時，，則函數單調遞減；所以，即（當且僅當取等號），因為，且（當且僅當取等號），（當且僅當取等號），所以（兩個等號不同時成立這里反為大于號），令，即證，因額為，令，可得，所以，當時，，則函數單調遞減；當時，，則函數單調遞增；所以，所以，即當時，．22．在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）．以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為．（1）求C的直角坐標方程；（2）設點M的直角坐標為，l與曲線C的交點為，求的值．【答案】（1）（2）【解析】(1)根據極坐標與直角坐標的互化求解即可.(2)設所對應的參數分別為,再聯立直線的參數方程與圓的直角坐標方程,利用參數的幾何意義與韋達定理求解即可.【詳解】（1）由,得．將代入得,,所以C的直角坐標方程為．（2）設所對應的參數分別為,因為直線l的參數方程為為參數所以M在l上把l的參數方程代入可得所以,所以,故=.【點睛】本