精选唐山市2023届高三第二次模拟考试文数试题

1、唐山市2023届高三第二次模拟考试文数试题唐山市20232023学年度高三年级第二次模拟考试文科数学试卷第一卷共60分一、选择题：本大题共12个小题,每题5分,共60分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的1设全集，集合，那么集合 A B C D2复数满足是虚数单位，那么 A B C D3，那么任取一个点，满足的概率为 A B C D4双曲线的顶点到渐近线的距离等于 A1 B C D5给出以下三个命题：假设“是假命题，那么均为假命题；命题“假设，那么的否命题是：“假设，那么；命题“，的否认是“，；其中正确命题的个数是 A0 B1 C2 D36如以下图，网格纸上小正方形的边长为1

2、，粗实线画出的是某几何体的三视图，那么其外表积为 A B C D7为奇函数，那么 A1 B-2 C-1 D8函数的局部图象如图，那么可能的值是 A1， B1， C2， D2，9设是任意等差数列，它的前项和、前项和与前项和分别为，那么以下等式中恒成立的是 A BC D10以下图是某桌球游戏计分程序框图，以下选项中输出数据不符合该程序的为 A BC D11在四棱锥中，底面，底面是正方形，三棱柱的顶点都位于四棱锥的棱上，分别是棱的中点，那么三棱柱的体积为 A B1 C D12，点是圆上的一个动点，那么的最大值为 A16 B20 C24 D28第二卷共90分二、填空题每题5分，总分值20分，将答案填在

3、答题纸上13假设满足约束条件那么的最小值是 14曲线在处的切线方程为 15为数列的前项和，假设，那么 16椭圆右焦点为，存在直线与椭圆交于两点，使得为顶角是120的等腰三角形，那么椭圆的离心率 三、解答题 本大题共6小题，共70分解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 如图，在平面四边形中，.1求证：；2点移动时，判断是否为定长，并说明理由.18 如图，在三棱柱中，平面平面.1求证：；2假设，求点到平面的距离.19 为了研究黏虫孵化的平均温度单位：与孵化天数之间的关系，某课外兴趣小组通过试验得到如下6组数据：组号123456平均温度121617181920孵化天数2316141297他们

4、分别用两种模型，分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如下图的残差图：经计算得，1根据残差图，比拟模型，的拟合效果，应选择哪个模型？给出判断即可，不必说明理由2应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： ，.20 抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，交轴于点为坐标原点.当时，.1求抛物线的方程；2假设，求直线的方程.21 设，记.1当时，求的零点的个数；2 时，证明：.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题记分22选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，曲线，曲线，点，以极点为原点，极轴为

5、轴正半轴建立直角坐标系.1求曲线和的直角坐标方程；2过点的直线交于点，交于点，假设，求的最大值.23选修4-5：不等式选讲.1求证：；2判断等式 能否成立，并说明理由.唐山市20232023学年度高三年级第二次模拟考试文科数学参考答案一选择题：A卷：ADCDB CABDC BCB卷：ABCDB CADDC BC二填空题：131142xy1015716eq r(3)1三解答题：17解：1在ABC中，AB2，ACB30，由正弦定理可知，eq f(BC,sinBAC)eq f(2,sin30)，BC4sinBACABD60，ACB30，那么BACCBD90，那么sinBACcosCBD，所以，BC4

6、cosCBD2CD是为定长，因为在BCD中，由1及余弦定理可知，CD2BC2BD22BCBDcosCBD，4BC24BCcosCBD4BC2BC24CD218解：1因为平面A1ACC1平面ABC，交线为AC，又BCAC，所以BC平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，从而有BCAA1因为AA1C90，所以AA1A1C，又因为BCA1CC，所以AA1平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AA1A1B2由1可知A1A平面A1BC，A1A平面A1ABB1，所以平面A1BC平面A1ABB1，且交线为A1B所以点C到平面A1ABB1的距离等于CA1B的A1B边上的高，设其为h在RtAA1C中，A1A

7、2，A1AC60，那么A1C2eq r(3)由1得，BCA1C，所以RtA1CB中，BC3，A1Beq r(21)heq f(BCA1C,A1B)eq f(6r(3),r(21)eq f(6r(7),7)即点C到平面A1ABB1的距离为eq f(6r(7),7)19解：1应该选择模型2 eq o(6,i1,)(xio(x,-)(yio(y,-) eq o(6,i1,)xiyi6eq o(x,)eq o(y,)129761713.580， eq o(6,i1,)(xio(x,-)2 eq o(6,i1,)xo(2,i)6eq o(x,)21774617240，eq o(b,)eq f(o(n,i

8、1,)(xio(x,-)(yio(y,-),o(n,i1,)(xio(x,-)2) eq f(80,40)2，eq o(a,)eq o(y,-)eq o(b,)eq o(x,-)13.521747.5所以y关于x的线性回归方程为：eq o(y,)2x47.520解：1由可得F(eq f( p ,2)，0)，因为OFA120，所以xAeq f( p ,2)|AF|cos60eq f( p ,2)2又由抛物线定义可知，|AF|xAeq f( p ,2)p24，解得，p2，所以抛物线E的方程为y24x2由1可知，F(1，0)，由题意可知，直线l斜率存在且不为0，设直线l的方程为yk(x1)，A(x1

9、，y1)，B(x2，y2)，由 eq blc(aal(y24x，,yk(x1)，)得k2x2(2k24)xk20，x1x2 eq f(2k24,k2)x1x21由|AC|4|BC|得，x14x2由联立解得，k2eq r(2)所以l的方程为2eq r(2)xy2eq r(2)0或2eq r(2)xy2eq r(2)021解：1当a1时，g(x)f(x)(2x1)lnxx1，所以g(x)2lnxeq f( 1 ,x)3，因为g(x)为单调递增函数，且g(1)20，g(eq f( 1 ,e)1e0，所以存在t(eq f( 1 ,e)，1)，使得g(t)0,即x(0，t)时，g(x)0，g(x)单调递

10、减；x(t，)时，g(x)0，g(x)单调递增因为g(1)0，所以1为g(x)的一个零点，又g(eq f( 1 ,e2)1eq f( 3 ,e2)0，所以g(x)在(eq f( 1 ,e2)，t)有一个零点，故g(x)有两个零点2依题意得，f(x)a(x2lnx1)xlnx1，令h(x)x2lnx1，所以h(x)2xlnxxx(2lnx1)，所以0 xeeq sup5(f( 1 ,2)时，h(x)0，h(x)单调递减；xeeq sup5(f( 1 ,2)时，h(x)0，h(x)单调递增，即h(x)的最小值为h(eeq sup5(f( 1 ,2)1eq f( 1 ,2e)0，所以h(x)0令t(

11、x)(x2lnx1)(xlnx1)(x2x)lnx，所以t(x)0，即x2lnx1xlnx1综上，eq f(xlnx1,x2lnx1)1又a1，所以aeq f(xlnx1,x2lnx1)，即a(x2lnx1)xlnx1，故f(x)022解：1曲线C1的直角坐标方程为：x2y22y0；曲线C2的直角坐标方程为：x32P的直角坐标为(1，0)，设直线l的倾斜角为，(0eq f( ,2)，那么直线l的参数方程为：eq blc(aal(x1tcos，,ytsin，)(t为参数，0eq f( ,2)代入C1的直角坐标方程整理得，t22(sincos)t10， t1t22(sincos)直线l的参数方程与

12、x3联立解得，t3eq f(4,cos)，由t的几何意义可知，|PA|PB|2(sincos)|PQ|eq f(4,cos)，整理得42(sincos)cossin2cos21eq r(2)sin(2eq f( ,4)1，由0eq f( ,2)，eq f( ,4)2eq f( ,4)eq f(5,4)，所以，当2eq f( ,4)eq f( ,2)，即eq f( ,8)时，有最大值eq f( 1 ,4)(eq r(2)1) 23解：1由题意得(ab)23ab13(eq f(ab,2)21，当且仅当ab时，取等号解得(ab)24，又a，b0，所以，ab22不能成立eq r(ac)eq r(bd)

13、eq f(ac,2)eq f(bd,2)，因为ab2，所以eq r(ac)eq r(bd)1eq f(cd,2)，因为c0，d0，cd1，所以cdeq f(cd,2)eq f(cd,2)eq f(cd,2)eq r(cd)eq f(cd,2)1，故eq r(ac )eq r(bd )cd不能成立唐山市20232023学年度高三年级第二次模拟考试文科数学参考答案一选择题：A卷：ADCDB CABDC BCB卷：ABCDB CADDC BC二填空题：131142xy1015716eq r(3)1三解答题：A17解：1在ABC中，AB2，ACB30，由正弦定理可知，eq f(BC,sinBAC)eq

14、 f(2,sin30)，BC4sinBACABD60，ACB30，那么BACCBD90，那么sinBACcosCBD，所以，BC4cosCBD6分2CD是为定长，因为在BCD中，由1及余弦定理可知，CD2BC2BD22BCBDcosCBD，4BC24BCcosCBD4BC2BC24CD212分18解：1因为平面A1ACC1平面ABC，交线为AC，又BCAC，所以BC平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，从而有BCAA12分因为AA1C90，所以AA1A1C，又因为BCA1CC，所以AA1平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AA1A1B6分2由1可知A1A平面A1BC，A1A平面A1AB

15、B1，所以平面A1BC平面A1ABB1，且交线为A1B所以点C到平面A1ABB1的距离等于CA1B的A1B边上的高，设其为h9分在RtAA1C中，A1A2，A1AC60，那么A1C2eq r(3)由1得，BCA1C，所以RtA1CB中，BC3，A1Beq r(21)heq f(BCA1C,A1B)eq f(6r(3),r(21)eq f(6r(7),7)即点C到平面A1ABB1的距离为eq f(6r(7),7)12分19解：1应该选择模型3分2 eq o(6,i1,)(xio(x,-)(yio(y,-) eq o(6,i1,)xiyi6eq o(x,)eq o(y,)129761713.580

16、，5分 eq o(6,i1,)(xio(x,-)2 eq o(6,i1,)xo(2,i)6eq o(x,)21774617240，7分eq o(b,)eq f(o(n,i1,)(xio(x,-)(yio(y,-),o(n,i1,)(xio(x,-)2) eq f(80,40)2，9分eq o(a,)eq o(y,-)eq o(b,)eq o(x,-)13.521747.511分所以y关于x的线性回归方程为：eq o(y,)2x47.512分20解：1由可得F(eq f( p ,2)，0)，因为OFA120，所以xAeq f( p ,2)|AF|cos60eq f( p ,2)22分又由抛物线定

17、义可知，|AF|xAeq f( p ,2)p24，4分解得，p2，所以抛物线E的方程为y24x6分2由1可知，F(1，0)，由题意可知，直线l斜率存在且不为0，设直线l的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq blc(aal(y24x，,yk(x1)，)得k2x2(2k24)xk20，8分x1x2 eq f(2k24,k2)x1x21由|AC|4|BC|得，x14x2由联立解得，k2eq r(2)11分所以l的方程为2eq r(2)xy2eq r(2)0或2eq r(2)xy2eq r(2)012分21解：1当a1时，g(x)f(x)(2x1)lnxx1，所以g(x)

18、2lnxeq f( 1 ,x)3，2分因为g(x)为单调递增函数，且g(1)20，g(eq f( 1 ,e)1e0，所以存在t(eq f( 1 ,e)，1)，使得g(t)0,即x(0，t)时，g(x)0，g(x)单调递减；x(t，)时，g(x)0，g(x)单调递增4分因为g(1)0，所以1为g(x)的一个零点，又g(eq f( 1 ,e2)1eq f( 3 ,e2)0，所以g(x)在(eq f( 1 ,e2)，t)有一个零点，故g(x)有两个零点6分2依题意得，f(x)a(x2lnx1)xlnx1，令h(x)x2lnx1，所以h(x)2xlnxxx(2lnx1)，所以0 xeeq sup5(f( 1 ,2)时，h(x)0，h(x)单调递减；xeeq sup5(f( 1 ,2)时，h(x)0，h(x)单调递增，即h(x)的最小值为h(eeq sup5(f( 1 ,2)1eq f( 1 ,2e)0，所以h(x)09分令t(x)(x2lnx1)(xlnx1)(x2x)lnx，所以t(x)0，即x2lnx1xlnx110分综上，eq f(xlnx1,x2lnx1)1又a1，所以aeq f(xlnx1,x2lnx1)，即a(x2lnx1)xlnx1，故f(x)012分22解：1曲线C1的直角坐标方程为：