2023届新疆乌鲁木齐市等5地高三高考第二次适应性检测数学（文）试题含解析

这是一份2023届新疆乌鲁木齐市等5地高三高考第二次适应性检测数学（文）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届新疆乌鲁木齐市等5地高三高考第二次适应性检测数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由集合的表示方法和指数函数的性质化简集合，再利用集合交集的定义求解即可.【详解】因为，由指数函数的性质可得，所以，故选：C2．复数z满足，则的范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，得到，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由，可得，又由，所以，即.故选：B.3．人们用分贝（dB）来划分声音的等级，声音的等级（单位：dB）与声音强度x（单位：）满足.一般两人正常交谈时，声音的等级约为60dB，燃放烟花爆竹时声音的等级约为150dB，那么燃放烟花爆竹时声音强度约为两人正常交谈时声音强度的（    ）A．倍 B．倍 C．倍 D．倍【答案】C【分析】根据解析式分别求出对于声音强度可得.【详解】分别记正常交谈和燃放烟花爆竹时的声音强度分别为，则有，解得，则.故选：C4．为了研究某公司工作人员人数x（单位：名）和月销售量y（单位：万元）的关系，从该公司随机抽取10名工作人员，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为.已知，，.若该公司工作人员为25名，据此估计其月销售量为（    ）A．195 B．200 C．205 D．210【答案】C【分析】计算、，根据回归方程的性质求出的值，再利用回归方程计算时的值．【详解】根据题意，计算，，；∴，∴，当时，可得，所以估计其月销售量约为.故选：C．5．如图，在长方体中，若E，F，G，H分别是棱，，，上的动点，且，则必有（    ）A． B．C．平面平面EFGH D．平面平面EFGH【答案】B【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．【详解】若点与重合，点与点重合， 则与的夹角便是与的夹角，显然与的夹角不是，所以错误，A错误；当与重合时，由可得，当与不重合时，因为，平面，平面，所以平面，平面，平面平面，所以，又，所以，B正确；当平面与平面重合时，平面与平面不垂直，C错误；当与重合时，平面与平面相交，D错误.故选；B.6．已知向量，满足，，（θ为与的夹角），则的最小值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模长的计算公式求解即可.【详解】因为向量，满足，，（θ为与的夹角），则，则，当且仅当时取等号，即的最小值为1，即的最小值为1.故选：C.7．如图所示的程序框图，输入3个数据，，，则输出的a为（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】由程序框图可知，输出结果为a、b、c中的最小值，然后将分别化为5和8为底的对数比较大小可得.【详解】由程序框图可知，输出结果为a、b、c中的最小值，因为，所以，又，所以所以.故选：D8．已知A，B为双曲线E：的两个焦点，C，D在双曲线上，且四边形ABCD为正方形，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用已知条件列出方程组，求解得关于，的等式关系，转化为离心率的式子，即可求得．【详解】解：如图，正方形的顶点A，B为双曲线的焦点，顶点C，D在双曲线上则，故由正方形得：，所以，则即：，两边同除得：，解得：或（舍），，则.故选：A.9．如图所示的曲线为函数的部分图象，将图象上的所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）A．直线为图象的一条对称轴 B．点为图象的一个对称中心C．函数的最小正周期为2π D．函数在上单调递减【答案】A【分析】先由函数的图象求出的解析式，再结合题意求出，结合余弦函数的图象性质即可求解【详解】由图象知，又，所以的一个最低点为，而的最小正周期为，所以，又，则，所以,即，又，所以，所以，将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的得的图象，再把所得曲线向左平移个单位长度得，即.因为，所以直线是图象的一条对称轴，故A正确；因为，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；函数在周期，故C错误；由得，所以在上单调递减，当时，可知在递减，在递增，所以D错误.故选：A.10．已知函数在内有且仅有2个零点，则ω的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】把函数化成的形式，再利用正弦函数的性质求解作答.【详解】依题意，，当时，，因为在内有且仅有2个零点，于是，解得，所以的取值范围是.故选：A11．已知四边形ABCD的对角线AC，BD的长分别为和6，且BD垂直平分AC把△ACD沿AC折起，使得点D到达点P，则三棱锥P-ABC体积最大时，其外接球半径为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】设交于点E，由三棱锥P-ABC体积最大可得平面ABC，，后作出三棱锥P-ABC球心O，利用几何知识即可求得外接球半径.【详解】如图，设交于点E，，要使三棱锥P-ABC体积最大，则平面ABC，其体积为：，则当，即时，三棱锥P-ABC体积最大.注意到此时，，且均为等边三角形，设外心为，外心为，过分别作平面BAC，平面PAC垂线，交点为，则O为三棱锥P-ABC外接球球心.又为重心，则，结合四边形是矩形，则.又外接圆半径为，则三棱锥P-ABC外接球半径为.故选：B【点睛】结论点睛：本题有更一般的结论，若在三棱锥P-ABC中，平面平面BAC，则三棱锥P-ABC外接球半径，其中分别为外接圆半径，为交线长度.12．设是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间上单调递减，且满足，，则不等式组的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，由函数的周期性与奇偶性分析可得，则函数关于直线对称，据此可得在上递增，且，，则进而分析可得答案．【详解】根据题意，为周期为2的偶函数，则且，则有，则函数关于直线对称，又由在区间上单调递减，且，，因为周期为2得，，又关于直线对称，则，则在上递增，且，，则，即不等式组的解集为.故选：D． 二、填空题13．已知椭圆C：的焦距为8，则C的离心率______________.【答案】/【分析】根据给定椭圆的方程和焦距，求出长半轴长即可作答.【详解】因为椭圆C：的焦距为8，则半焦距，根据方程可知，，所以焦点在轴上，因此短半轴长为，长半轴长，所以C的离心率.故答案为：14．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图），在注中，刘徽对“牟合方盖”有以下的描述：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸.规之为圆囷，径二寸，高二寸.又复横规之，则其形有似牟合方盖矣.八棋皆似阳马，圆然也.按合盖者，方率也.丸其中，即圆率也.”牟合方盖的发现有着重大的历史意义.通过计算得知正方体内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为.若在该正方体内任取一点，则此点取自“牟合方盖”内的概率是_____________.【答案】【分析】设正方体的棱长为，用表示出“牟合方盖”的体积，再利用几何概型计算作答.【详解】设正方体的棱长为，则该正方体内切球半径为，令 “牟合方盖”的体积为，于是，解得，而正方体的体积为，所以在该正方体内任取一点，此点取自“牟合方盖”内的概率是.故答案为：15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则_____________.【答案】【分析】由正弦定理和两角和的正弦公式化简即可得出答案.【详解】由正弦定理可得：，因为，所以，所以，，，所以，则.故答案为：.16．对于三次函数，给出定义：设是的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”，可以发现，任何一个三次函数都有“拐点”.设函数，则_____________.【答案】－3033【分析】由题意对已知函数进行二次求导，证明函数关于点中心对称，即，由此可得到结果.【详解】因为，所以，设，则，令，可得，又，所以，即，所以，所以.故答案为：.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 三、解答题17．已知非零数列的前n项和为，且满足，其中p为常数，且.(1)证明：数列是等比数列；(2)若，，数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用的思想，即可推出，得证；（2）若，由（1）知数列是首项为2，公比为2的等比数列，根据等比数列前n项和公式求出，即可得出，再利用裂项法求和，即可得证.【详解】（1）由已知得，得，所以，又因为，所以，当时，，故.所以数列是首项为，公比为的等比数列.（2）若，由（1）知数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，故，所以，又因为，所以，所以.18．如图，三棱柱的所有棱长均为1，且点在底面上的射影是AC的中点D.与交于点E，与交于点F.(1)证明：；(2)求几何体ABCFE的体积.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）连接，利用等腰三角形的三线合一得，再利用线面垂直的判定得平面，从而，再利用菱形性质得，最后再次利用线面垂直的判定和性质即可得到答案；（2）通过棱锥体积公式求得，再利用其与几何体ABCFE的体积的关系即可.【详解】（1）因为点在底面上的射影是的中点，所以,连接，因为是边长为1的正三角形，所以,因为平面,所以平面,因为平面,所以.因为四边形是边长为1的菱形,所以,又因为平面，所以平面,因为平面，所以.（2）因为三棱柱的所有棱长均为1,且点在底面上的射影是的中点,所以三棱柱的高为.又的面积为,所以 由题可知,点为的中点,点为的中点,所以梯形的面积是的面积的,所以.19．从2023年起，某市中考考试科目将改为“3科必考＋3科选考＋体育”．其中3科必考科目为语文、数学和外语，满分都为100分．3科选考科目应在物理和生化（生物、化学合为一科）两科中选择1或2科，在历史、地理和思想品德三科中选择1或2科，每科原始满分都为100分，所选的三科成绩，将由高到低分别按照100%，80%，60%的系数折算成最后分数，三科折算后的实际满分为100分，80分，60分，体育成绩为40分，中考满分为580分．已知甲，乙两名考生在选考科目中选择每一科的可能性都相同.(1)若甲、乙两名考生的中考考试科目和原始分数成绩单如下：科目语文数学英语物理生化地理体育甲的分数929796100806040乙的分数92979680808040请分别计算甲、乙两名考生的中考总分；(2)求甲考生在选考科目中选考历史的概率.【答案】(1)甲总分525分，乙总分517分(2) 【分析】（1）直接根据总分计算方式代入计算即可；（2）写出所有情况，再得到满足题意的情况数，最后得到概率值.【详解】（1）甲的总分；乙的总分.（2）设物理、生化、历史、地理、思想品德五科分别为,,,,.从五科中选考三科且历史,地理,思想品德三科不能同时被选,有,,,,,,,,共9个基本事件,设“甲同学在选考科目中选中历史”为事件,则中包含共5个基本事件,所以.则甲考生在选考科目中选考历史的概率为.20．已知.(1)当时，求的最小值；(2)当时，有恒成立，求b的取值范围.【答案】(1)0(2) 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，根据的单调性确定函数的取值规律，由此判断函数的单调性，求其最值；（2）已知条件等价于等价于在上恒成立，利用导数求函数的最小值可得b的取值范围.【详解】（1）由题意知，，所以，易见在上递增，且，所以当时，，即，在上单调递减，当时，，即，在上单调递增，故，所以的最小值为0.（2）由已知在上恒成立，即在上恒成立，也即在上恒成立.令，，所以，令，则是上的增函数，又因为，，所以在区间上存在唯一的零点，即，由得，又由函数在区间上单调递增，上式等价于所以，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立⇔；(2)恒成立⇔.21．在平面直角坐标系xOy中，抛物线G的准线方程为.(1)求抛物线G的标准方程；(2)过抛物线的焦点F作互相垂直的两条直线和，与抛物线交于P，Q两点，与抛物线交于C，D两点，M，N分别是线段PQ，CD的中点，求△FMN面积的最小值.【答案】(1)(2)16 【分析】（1）根据题意得，解出值即可；（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，得到韦达定理式，根据中点公式求出，通过代换得到，写出面积表达式，利用基本不等式即可求出最值.【详解】（1）设抛物线标准方程为，其中，由题意得，解得，则焦点，故抛物线标准方程为.（2）,由题意知直线的斜率都存在且不为，设直线的方程为,则直线的方程为,由得，则，所以,所以,所以.用替换可得，所以.所以,当且仅当,即时等号成立，所以面积的最小值为16.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线方程，然后将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，求出，而的坐标无需再次联立方程，用替换即可，最后得到面积表达式，再利用基本不等式即可求出最值.22．已知曲线的方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程；(2)过作直线交曲线于、两点，且，求直线的斜率.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，再转化为极坐标方程即可；（2）设直线的倾斜角为，写出直线的参数方程，代入曲线的普通方程，可得出关于的二次方程，列出韦达定理，设点对应的参数为，点对应的参数为，由已知可得出，代入韦达定理可得出关于的二次方程，解出的值，即可得出直线的斜率.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以，消去参数，可得，故曲线的普通方程为.又，，故曲线的极坐标方程为，即.（2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数），代入，得.，设点对应的参数为，点对应的参数为，则（*），因为，所以，所以，代入（*）式整理，可得，可得，若，则，与矛盾，故，可得，解得，所以直线的斜率为或.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)对于任意的正实数m，n，且，若恒成立，求实数a的范围.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）分，，几种情况去掉绝对值，即可解不等式；（2）恒成立，等价于，利用基本不等式可得，又，即可得答案.【详解】（1）原不等式为，当时，，得，所以；当时，恒成立，所以；当时，，得，所以.综上，不等式的解集为；（2）因为m，n为正实数，恒成立，即为，又，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为.又因为（当时取等号），要使恒成立，只需.所以或.