2023届新疆乌鲁木齐地区高三二模数学（理）试题

2023届新疆乌鲁木齐地区高三二模数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先解一元二次不等式得集合M，然后与集合N取并集即得答案.【详解】求解不等式，得，即集合，所以；故选：A.2．复数（是虚数单位），则的共轭复数对应的点在复平面内位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数的四则运算化简可得，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义可得出结论.【详解】因为，则，所以，复数对应的点在复平面内位于第一象限.故选：A.3．已知向量，，满足，，，，则（

）A．3 B． C． D．5【答案】D【分析】设出向量，根据向量的数量积和向量的模的公式，即可求出向量.【详解】设，因为，，所以

①，

②，由①②解得，，所以，.故选：D.4．中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景（影）台．“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影．到了汉代，使用圭表有了规范，规定“表”为八尺长（1尺=10寸）．用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地．同一日内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差千里”．记“表”的顶部为，太阳光线通过顶部投影到“圭”上的点为．同一日内，甲地日影长是乙地日影长的，记甲地中直线与地面所成的角为，且．则甲、乙两地之间的距离约为（

）A．10千里 B．12千里 C．14千里 D．16千里【答案】B【分析】根据给定条件，求出甲地、乙地的日影长，即可计算甲、乙两地的距离作答.【详解】依题意，甲地中线段AB的长为寸，则甲地的日影长为寸，于是乙地的日影长为寸，甲、乙两地的日影长相差12寸，所以甲、乙两地之间的距离是12千里.故选：B5．偶函数在区间上是增函数，且，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用函数的奇偶性和单调性，即可求出结果.【详解】因为为偶函数，在区间上单调递增，且，所以，即，所以或，即或，故选：D.6．已知，则（

）A． B．9 C． D．16【答案】C【分析】根据给定条件，利用对数运算性质、指数式与对数式互化，及指数运算计算作答.【详解】因为，则，因此，所以.故选：C7．从某个角度观察篮球（如图1），可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮形状为圆O，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线的一部分，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，，视AD所在直线为x轴，则双曲线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，设出双曲线方程并求出实半轴长a，再求出双曲线过的点的坐标，代入方程求解作答.【详解】依题意，设双曲线方程为，则，显然圆O的半径为3，双曲线与圆O交于第一象限内的点为，于是，解得，所以双曲线的方程为.故选：A8．下图为2012年-2022年我国电子信息制造业企业和工业企业利润总额增速情况折线图，根据该图，下列结论正确的是（

）A．2012年-2022年电子信息制造业企业利润总额逐年递增B．2017年-2022年工业企业利润总额逐年递增C．2012年-2017年电子信息制造业企业利润总额均较上一年实现增长，且其增速均快于当年工业企业利润总额增速D．2019年-2022年工业企业利润总额增速的均值大于电子信息制造业企业利润总额增速的均值【答案】C【分析】根据给定的折线图，逐项分析、计算即可判断作答.【详解】对于A，2018年电子信息制造业企业利润总额增速为负数，从2017年到2018年利润总额下降，A错误；对于B，2019年工业企业利润总额增速为负数，从2018年到2019年润总额下降，B错误；对于C，2012年-2017年电子信息制造业企业利润总额增速均为正数，因此利润总额均较上一年实现增长，且其增速均快于当年工业企业利润总额增速，C正确；对于D，2019年-2022年工业企业利润总额增速的均值为，2019年-2022年电子信息制造业企业利润总额增速的均值为，，D错误.故选：C9．已知函数，下列说法中，正确的是（

）A．函数不是周期函数B．函数的最大值为C．直线是函数图象的一条对称轴D．函数的增区间为【答案】B【分析】求解判断.【详解】因为，所以是函数的一个周期，所以函数是周期函数，故A错误；，要求函数的最大值，则，不妨取，又，则时，，时，，则在上递增，在递减，则函数的最大值为，故B正确；因为，所以直线不是函数图象的一条对称轴，故C错误；由选项B知：令，得，则，所以函数的增区间为，故D错误，故选：B10．甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，，则下列结论正确的是（

）A．最高处的树枝一定是 B．这九根树枝从高到低不同的顺序共有24种C．最低处的树枝一定是 D．这九根树枝从高到低不同的顺序共有21种【答案】D【分析】先判断出部分树枝由高到低的顺序为，再讨论，，位置，判断选项A与选项C，根据的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共21种.【详解】由题意，可判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，最高可能为G或I，最低为F或H，故选项A错误，C选项错误；先看树枝，有3种可能，则有2种可能，若在，之间，则有4种可能，若在，之间，则有3种可能，此时树枝的高低顺序有（种）可能，故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故B选项错误，D选项正确.故选：D11．如图，在棱长为a的正方体中，M，N，P分别是的中点，Q是线段上的动点，则下列命题：①不存在点Q，使平面MBN；

②三棱锥的体积是定值；③不存在点Q，使平面QMN；

④B，C，D，M，N五点在同一个球面上．其中正确的是（

）A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】D【分析】当Q为的中点时，证明判断①，证明判断③；利用等体积法分析判断②；构造长方体判断④作答.【详解】对于①，当Q为的中点时，连接，因为P是中点，则，而M，N分别是的中点，有，即四边形是平行四边形，因此，平面，平面，所以平面，①错误；对于③，当Q为的中点时，连接，因为平面，平面，则，而平面，于是平面，又平面，则，同理，因为，从而，而平面，所以平面，③错误；对于②，面积是定值，而点Q到平面的距离为棱长a，三棱锥的体积为定值，②正确；对于④，取的中点，连接，则几何体是长方体，所以B，C，D，M，N五点在长方体的外接球球面上，④正确，所以正确命题的序号是②④.故选：D12．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，点D在边BC上，且，则线段AD长度的最小值为（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换求出，再借助平面向量运算及均值不等式求解作答.【详解】在中，由及正弦定理得：，则，整理得，而，于是，两边平方得：，而，，解得，因为点D在边BC上，且，有，因此，从而，当且仅当时取等号，所以当时，线段AD的长度取得最小值.故选：B【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.二、填空题13．函数的图象在处的切线方程为____________【答案】【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义即可求解作答.【详解】函数，求导得：，则，而，所以函数的图象在处的切线方程为.故答案为：14．已知，则________．【答案】【分析】由于要求的正切，等式左边就将其看成整体，按照两角差的正弦公式展开，等式右边直接利用两角和差的余弦公式整理化简即可.【详解】由两角差与和的余弦公式，等式右边变为：，等式左边将看作整体，按照两角差的正弦公式展开，左边得到：.于是根据左边等于右边得到：，即，显然，否则，这与矛盾，于是等式两边同时除以，得到.故答案为：15．设，分别为椭圆的左、右焦点，为下顶点，，为椭圆上关于轴对称的两点，若，，在一条直线上，，则此椭圆的离心率是________．【答案】【分析】设，则有，根据的坐标求出直线，与椭圆联立即可求出点，由的性质即可得出关于的齐次式，即可求离心率.【详解】依题意，，设，则，所以，，因为，所以，即，设直线为，由消整理得，所以，所以，代入得：，结合整理得：，即，所以.故答案为：.16．晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，是结构化学研究的一个重要方面在如图（1）所示的体心立方晶胞中，原子A与B（可视为球体）的中心分别位于正方体的顶点和体心，且原子B与8个原子A均相切已知该晶胞的边长（图（2）中正方体的棱长）为，则当图（1）中所有原子（8个A原子与1个B原子）的体积之和最小时，原子A的半径为____________．【答案】【分析】根据给定的几何体，用原子A的半径表示8个A原子与1个B原子的体积之和，再借助导数求解作答.【详解】因为正方体的棱长为，则该正方体的体对角线长为，设A原子的半径为，B原子的半径为，依题意，，即，于是8个A原子与1个B原子的体积之和，令，求导得：，由得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，即当时，取得最小值，所以8个A原子与1个B原子的体积之和最小时，原子A的半径为.故答案为：【点睛】思路点睛：涉及几何体的体积最值问题，可以引入一个变量，把体积建立为该变量的函数，再借助导数探讨求解.三、解答题17．某校用随机抽样的方法调查学生参加校外补习情况，得到的数据如下表：分数等级人数不及格及格良好优秀学生人数8522911参加校外补习人数51573(1)从中任取一名学生，记“该生参加了校外补习”，“该生成绩为优秀”．求及；(2)能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为学生成绩优秀或良好与校外补习有关？附：，其中．【答案】(1)，；(2)不能在犯错误的概率不超过为0.1的前提下认为学生成绩优秀或良好与校外补习有关.【分析】（1）根据给定的数表，利用古典概率及条件概率公式计算作答.（2）根据数表完善列联表，计算的观测值并比对作答.【详解】（1）由给定的数表得：，，，所以.（2）由已知得列联表：参加校外不参加校外合计成绩优秀或良好103040成绩不为优秀且良好204060合计3070100的观测值为，所以不能在犯错误的概率不超过为0.1的前提下认为学生成绩优秀或良好与校外补习有关．18．若数列的前项和满足．(1)证明：数列是等比数列；(2)设，记数列的前项和为，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出首项，利用的关系可得，进而可以证明结论；（2）先求出，利用放缩和裂项相消法求和可证结论.【详解】（1）证明：由，当时，可得；当时，，所以，时，，数列构成以为首项，为公比的等比数列；（2）证明：由（1）知,，，即成立．19．如图，在三棱柱中，平面，，是的中点，点在棱上．(1)证明：；(2)若，，直线与平面所成的角为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据条件证明线面垂直，再利用线面垂直的性质可证结论；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角确定点的位置，然后可得的值．【详解】（1）证明：在直三棱柱中，，又，为中点，，又，平面，平面，平面，平面，.（2），以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，设，，则，于是，，，，，，，，设平面的一个法向量为，有，即令，得，又，有，，，，．【点睛】20．抛物线上的点到轴的距离为，到焦点的距离为．(1)求抛物线的方程和点的坐标；(2)若点在第一象限，过作直线交抛物线于另一点，且直线与直线交于点，过作轴的垂线交于．证明：直线过定点．【答案】(1)抛物线的方程为，点的坐标为(2)证明见解析【分析】（1）设点，根据已知条件可得出，求得，然后利用抛物线的定义可求得的值，即可得出抛物线的方程以及点的坐标；（2）设直线的方程为，设点点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据点在直线上以及韦达定理可得出、所满足的关系式，再将直线的方程变形，即可求得直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：设点，则，，又，，即抛物线的方程为，点的坐标为.（2）解：由（1）知，可设直线的方程为，联立可得，，设点、，则，，且，则直线的方程为，将代入直线的方程可得，所以，点，由点在直线上，可得，即，所以，，即，将直线的方程变形可得，即，由可得，因此，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.21．已知函数．(1)求函数的极值；(2)若为整数，且函数有4个零点，求的最小值．【答案】(1)的极大值为，无极小值(2)4【分析】（1）由函数的定义域及，判断函数的单调性，从而求得函数的极值；（2）将函数的零点问题转化为方程的根，结合导函数与原函数的关系和零点存在性定理，求得的范围，结合为整数，求出求的最小值．【详解】（1）函数的定义域为，，令，即，，的关系如下表：0↗极大值↘时，的极大值为，无极小值．（2）由题意得，有4个零点，即方程在有4个不相等的实根．令，，令，可知要使有四个零点，则至少应有三个零点，，至少有两个零点，，其中，①当时，，则在上单调递增，至多只有一个零点不合题意；②当时，时，；，，在上递减，在上递增，要使有两个零点，，解得此时，，，，，在存在一个零点，且下面证明当时，当时，令