卷子答案网-一个不只有答案的网站2023年吉林省通化市重点中学高考数学二模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若集合，，则集合( )
A. B. C. D.
2. 若复数满足，则( )
A. B. C. D.
3. 在边长为的正中，，，则( )
A. B. C. D.
4. “杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数，，，，构成数列，其前项和为，则( )
A.
B.
C.
D.
5. 随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过的概率记为，点数之和大于的概率记为，点数之和为偶数的概率记为，则( )
A. B. C. D.
6. 已知是上的奇函数，且在区间上是单调函数，则的最大值为( )
A. B. C. D.
7. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
8. 在四边形中，，，将沿翻折至，三棱锥的顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知函数，下列结论中正确的是( )
A. 是的极小值点
B. 有三个零点
C. 曲线与直线只有一个公共点
D. 函数为奇函数
10. 已知四面体的棱长均为，则( )
A.
B. 直线与平面所成的角的正弦值为
C. 点到平面的距离为
D. 两相邻侧面夹角的余弦值为
11. 已知线段的长度为，线段的长度为，点、满足，，且点在直线上，若以所在直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则( )
A. 当时，点的轨迹为圆
B. 当时，点的轨迹为椭圆，且椭圆的离心率取值范围为
C. 当时，点的轨迹为双曲线，且该双曲线的渐近线方程为
D. 当时，面积的最大值为
12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则( )
A. 当时，
B. ，都有
C. 的解集为，
D. 的单调递增区间是，
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若的展开式中的系数与的系数相等，则 ．
14. 过定点的直线：与圆：交于，两点，点恰好为的中点，写出满足条件的一条直线的方程 ．
15. 已知点是抛物线上的点，设点到轴的距离为，到圆：上的动点距离为，则的最小值是 ．
16. 若直线与曲线和曲线都相切，则 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知数列满足，．
求数列的通项公式；
记为数列的前项和，证明：．
18. 本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，从中选取两个作为条件，补充在下面的问题中，并解答．
；的面积是；．
问题：已知角为钝角，，_____．
求外接圆的面积；
为角的平分线，在上，求的长．
19. 本小题分
大气污染物大气中直径小于或等于的颗粒物的浓度超过一定的限度会影响人的身体健康为了研究的平均浓度是否受到汽车流量因素的影响，研究人员选择了个社会经济发展水平相近的城市，在每个城市选择一个交通点建立监测点，统计每个监测点内过往的汽车流量单位：千辆，以及空气中的平均浓度单位：，得到的数据如下表．
城市编号
汽车流量
平均浓度
城市编号
汽车流量
平均浓度
城市编号
汽车流量
平均浓度
记表示编号为的城市的汽车流量，表示对应城市的平均浓度，根据散点图可判断出，的平均浓度随着汽车流量的增加呈线性增长趋势，依据上述数据，建立的平均浓度关于汽车流量的经验回归方程保留小数点后位；
关于汽车流量与的平均浓度，你能得出什么结论？
参考数据：，，，．
附：，．
20. 本小题分
在三棱锥中，，，．
证明：；
若，，在棱上，当直线与平面所成的角最大时，求的长．
21. 本小题分
已知椭圆经过点，．
求椭圆的方程；
为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上．
22. 本小题分
已知函数．
证明：为增函数的充要条件是；
若函数有个零点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
则．
故选：．
根据已知条件，求出集合，再结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意可知：，
所以，
故，
故选：．
根据求出，进而求出，再求即可．
本题主要考查复数的共轭复数，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：边长为的正中，，，
所以，，
所以．
故选：．
根据题意用向量、表示、，计算数量积即可．
本题考查平面向量的线性表示与数量积运算问题，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可知，
，，，
则，
所以其前项和为：
，
则．
故选：．
根据数列的前项，归纳出数列的通项公式，用裂项相消法求其前项和为，即可得的值．
本题考查利用裂项相消求数列前项和，属于中档题．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查列表法求概率，注意列表法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果，属于基础题．
首先列表，然后根据表格点数之和不超过，点数之和大于，点数之和为偶数情况，再根据概率公式求解即可．
【解答】
解：列表得：
一共有种等可能的结果，
两个骰子点数之和不超过的有种情况，点数之和大于的有种情况，点数之和为偶数的有种情况，
向上的点数之和不超过的概率记为，点数之和大于的概率记为，点数之和为偶数的概率记为，
故选：．
6.【答案】
【解析】解：是上的奇函数，
所以，，
当时，．
所以，
又，可得，
因为在区间上是单调函数，
故，可得，
由，可得的最大值为，
故选：．
首先利用函数的奇偶性求出的值，进一步求出函数的关系式为，利用函数的单调性的应用求出的值，进而求解结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由，
令，则，
当，；当，；
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
则，因此，所以，
又因为，所以，得，
故，有．
综上，．
故选：．
构造函数可证，又，可得，即可证．
本题主要考查对数值大小的比较，考查函数思想与逻辑推理能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：设三棱锥外接球的半径为，
则，解得，
如图，过点作平面，垂足为，
设为的中点，为三棱锥外接球的球心，
因为，则为外接圆的圆心，
所以三棱锥外接球的球心过点且垂直平面的垂线上，
即平面，
则，
作于点，连接，
因为平面，，平面，
所以，，所以，
所以为矩形，则，，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
设三棱锥的高为，即，
，
则中，，
，，
由，
得，解得，
即三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为，
故选：．
先根据外接球的表面积求出球的半径，过点作平面垂足为，设为的中点，易得三棱锥外接球的球心过点且垂直平面的垂线上，再利用勾股定理求出三棱锥的高，即可得解．
本题主要考查几何体的体积，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：：，
易得在，上单调递增，上单调递减，
故为函数的极小值点，A正确；
因为在，上单调递增，上单调递减，
又，，故函数在上存在唯一零点，
，，故函数在存在唯一零点，
，，故函数在存在唯一零点，
故函数有个零点，B正确；
令可得，
令，则恒成立，
所以在上单调递增，
因为，
故只有一个零点，C正确；
为非奇非偶函数，D错误．
故选：．
先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系检验选项A；
结合函数的单调性及零点判定定理检验选项B；
由已知构造新函数，结合导数研究函数单调性，再由函数零点判定定理检验选项C；
结合基本初等函数的奇偶性检验选项D．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系，函数零点判定定理，函数的奇偶性的综合应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：取中点，连接，，
因为，，；
同理，又，，平面，所以平面，
又平面，所以，所以选项A正确；
B.过点作底面的垂线，垂足为，则在上，且，
则就是直线与平面所成的角，
由题得，，所以，所以该选项正确；
C.由选项的分析可知，，即点到平面的距离为，故该选项错误；
D.因为，，所以就是相邻两侧面的夹角，，，所以该选项错误；
故选：．
A.取中点，连接，证明平面，即得解；过点作底面的垂线，垂足为，即可计算得解；点到平面的距离为，故该选项错误；就是相邻两侧面的夹角，所以该选项错误．
本题考查了空间中两直线垂直的证明、考查了空间角和空间距离的计算，属于中档题．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了与圆锥曲线有关的轨迹方程，属于中档题．
根据题意可知：点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，点为线段的中点，点为线段的中垂线与直线的交点，则，利用图形结合圆锥曲线定义理解分析．
【解答】
解：根据题意可知：点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
点为线段的中点，点为线段的中垂线与直线的交点，则，
当时，线段为圆的弦，则的中垂线过圆心，点即点，A错误；
当时，如图，点在线段上，连接，
则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆，即，
则椭圆的离心率，B正确；
当为椭圆短轴顶点时，面积的最大，
若时，则，最大面积为，D正确；
当时，过点作圆的切线，切点为，，
若点在劣弧不包括端点，上，如图，点在的延长线上，连接，
则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的双曲线的右半支；
若点在优弧不包括端点，上，如图，点在的延长线上，连接，
则，
点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的双曲线的左半支，
则点的轨迹为双曲线，
，渐近线方程为，C正确；
故选：．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，当时，，则，则，A错误；
对于，函数是定义在上的奇函数，则，
当时，，其导数，
在区间上，递增，在区间上，递减且，而，
综合可得：在区间上，有；
又由为奇函数，则在区间上，有；
综合可得：，B正确；
对于，由、的结论，，若，必有或或，解可得或，
即的解集为
C错误；
对于，由的结论，在区间上，递增，在区间上，递减，
又由为奇函数，则在区间上，递增，在区间上，递减，
综合可得：的单调递增区间是，，D正确；
故选：．
根据题意，对于，利用奇函数的性质求出时．的解析式，可得A错误，对于，求出函数的导数，分析可得的单调性以及最值，综合可得B正确，对于，求出函数的解析式，结合解析式分析的解集，可得C错误，对于，利用函数的奇偶性以及的结论，可得D正确，综合可得答案．
本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数导数与单调性的关系，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：的展开式的通项为，
依题意，，即，
显然，
解得．
故答案为：．
求得的展开式通项，根据题意可得，解出即可．
本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】或者
【解析】解：由直线：，得，
直线：过定点，
设，点恰好为的中点，，
，解得或，
或，
由两点式可得直线的方程为或．
故答案为：或者．
利用直线方程可求定点坐标为，设，可得，进而利用两点均在圆上，可求的坐标，可求直线方程．
本题考查直线过定点问题，考查求直线方程，属中档题．
15.【答案】
【解析】解：圆：的圆心为，
抛物线的焦点，
点到轴的距离为，到圆：上的动点距离为，
要使最小，即到抛物线的焦点与到圆的圆心的距离最小，
连接，，则的最小值是减去圆的半径再减去抛物线焦点到原点的距离，
等于．
故答案为：．
求出圆心坐标和抛物线的焦点坐标，把的最小值转化为减去圆的半径再减去抛物线焦点到原点的距离得答案．
本题考查了抛物线的简单几何性质，考查了数学转化思想方法，关键是对题意的理解，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：设切点坐标为，
曲线，
，
，
又切点在切线上，
，
由，解得，
直线和曲线相切，切点为，
可得，，，解得．
故答案为：．
设曲线上的切点坐标，求出导函数，利用导数的几何意义即，再根据切点在切线上，列出关于和的方程组，求解即可求得的值．再设出上的切点坐标，利用函数的导数，结合导数的几何意义，转化求和即可．
本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程．导数的几何意义即在某点处的导数即该点处切线的斜率，解题时要注意运用切点在曲线上和切点在切线上．属于中档题．
17.【答案】解：因为数列满足，．
由题意知，所以，
从而可得，
即：，
故．
证明：由知，且，
所以可得，所以．
又因为，，
所以，
所以．
【解析】利用已知的递推关系式得到，再求解通项公式即可；
利用不等式的性质得到，进而得到结论．
本题主要考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力、推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：选，由，在三角形中，可得，由，，可得，
由余弦定理可得，可得，
设三角形外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，
所以的外接圆的面积为；
选，因为，，
所以由余弦定理可得，
可得，
设三角形外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，
所以的外接圆的面积为；
若选，由，即，可得，因为为钝角，可得，
由余弦定理，得，
由余弦定理可得，
可得，
设三角形外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，
所以的外接圆的面积为；
由为角的平分线，设，因为，则有，
由等面积法，即，即，
解得．
【解析】分别选，，进行求解，由正余弦定理可得外接圆的半径，进而求出外接圆的面积；
由半角公式可得的正弦值，再由等面积法可得的值．
本题考查正余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由条件，可得，
所以，
所以回归方程；
由知，汽车流量每增加千辆，的平均浓度增加．
【解析】结合题目条件及数据，利用最小二乘法求解线性回归直线方程；
由汽车流量与的平均浓度的线性回归方程说明即可．
本题考查了线性回归方程的计算，属于中档题．
20.【答案】证明：取中点为，连接，，
因为，，所以，，
又，所以平面，
又平面，所以．
解：过作，交于点，
由知，平面，又平面，
所以，
又、平面，且，
所以平面，
过作的平行线，交，分别于，，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
因为，，，
所以，，，
所以，，，
所以，，，，
因为在棱上，设，
所以，
所以，，
设为平面的一个法向量，
由，有，所以，
设直线与平面所成的角为，
则有，
当时，取最小值，取最大值，此时．
【解析】取中点，连接，，利用线面垂直证明异面直线垂直；
过点作于，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用坐标法计算线面夹角正弦值，进而确定当时线面夹角最大，可得此时的长度．
本题考查了线线垂直的证明以及直线与平面所成的角的计算，属于中档题．
21.【答案】解：已知椭圆经过点，，
由题意知，将点代入椭圆方程得，即，
所以椭圆的方程；
证明：为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，
由知，设：，，
设，，不妨令，则，
联立两直线方程解得，从而，
有，
从而，所以点在椭圆上．
【解析】根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得，的值，即可得椭圆的方程；
设：，，，不妨令，可得直线，的直线方程，联立直线方程求交点坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明．
本题考查了直线与椭圆的综合运用，属于中档题．
22.【答案】证明：已知函数，
充分性，函数的定义域为，
当时，，所以为上的增函数，充分性成立；
必要性，当为增函数时，恒成立，
即恒成立，又，所以，
则，所以，证毕，必要性成立；
则为增函数的充要条件是；
解：由知，当时，函数没有个零点；
若恒成立，则恒成立，所以，不合题意；
当肘，，方程，，
设其两根为，，有，
从而在，上，单调递减，在上，单调递增，
，，，．
由，得，
令，
因为，所以在上单调递，
所以，
由，有，所以，
即，在上存在唯一零点；，
令，
由在上单调递减，
所以在上单调递增，
．
即，所以在上存在唯一零点；
综上所述，若函数有个零点，则，
所以的取值范围为．
【解析】根据函数单调性与导数的关系，从充分性与必要性两方面证明即可；
对进行讨论，结合导数确定函数的单调性，验证零点个数进行取舍，即可得的取值范围．
本题考查了函数单调性与零点问题与导数的综合，属于中等难度题．
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