唐山市2023屆高三第二次模擬考試文數(shù)試題

唐山市2023—2023學年度高三年級第二次模擬考試文科數(shù)學試卷第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設全集，，集合，則集合（）A．B．C．D．2．復數(shù)滿足（是虛數(shù)單位），則（）A．B．C．D．3．已知，則任取一個點，滿足的概率為（）A．B．C．D．4．雙曲線的頂點到漸近線的距離等于（）A．1B．C．D．5．給出以下三個命題：①若“”是假命題，則均為假命題；②命題“若，則”的否命題是：“若，則”；③命題“，”的否定是“，”；其中正確命題的個數(shù)是（）A．0B．1C．2D．36．如下圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則其表面積為（）A．B．C．D．7．已知為奇函數(shù)，則（）A．1B．-2C．-1D．8．函數(shù)的部分圖象如圖，則可能的值是（）A．1，B．1，C．2，D．2，9．設是任意等差數(shù)列，它的前項和、前項和與前項和分別為，則下列等式中恒成立的是（）A．B．C．D．10．下圖是某桌球游戲計分程序框圖，下列選項中輸出數(shù)據(jù)不符合該程序的為（）A．B．C．D．11．在四棱錐中，底面，底面是正方形，，三棱柱的頂點都位于四棱錐的棱上，已知分別是棱的中點，則三棱柱的體積為（）A．B．1C．D．12．已知，，點是圓上的一個動點，則的最大值為（）A．16B．20C．24D．28第Ⅱ卷（共90分）二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13．若滿足約束條件則的最小值是．14．曲線在處的切線方程為．15．已知為數(shù)列的前項和，，若，則．16．橢圓右焦點為，存在直線與橢圓交于兩點，使得為頂角是120°的等腰三角形，則橢圓的離心率．三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）17．如圖，在平面四邊形中，.（1）求證：；（2）點移動時，判斷是否為定長，并說明理由.18．如圖，在三棱柱中，，平面平面.（1）求證：；（2）若，，求點到平面的距離.19．為了研究黏蟲孵化的平均溫度（單位：）與孵化天數(shù)之間的關系，某課外興趣小組通過試驗得到如下6組數(shù)據(jù)：組號123456平均溫度121617181920孵化天數(shù)2316141297他們分別用兩種模型①，②分別進行擬合，得到相應的回歸方程并進行殘差分析，得到如圖所示的殘差圖：經(jīng)計算得，（1）根據(jù)殘差圖，比較模型①，②的擬合效果，應選擇哪個模型？（給出判斷即可，不必說明理由）（2）應用最小二乘法建立關于的線性回歸方程.參考公式：回歸方程中斜率和截距的最小二乘法估計公式分別為：，.20．已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于兩點，交軸于點為坐標原點.當時，.（1）求拋物線的方程；（2）若，求直線的方程.21．設，記.（1）當時，求的零點的個數(shù)；（2）時，證明：.請考生在22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分．22．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程在極坐標系中，曲線，曲線，點，以極點為原點，極軸為軸正半軸建立直角坐標系.（1）求曲線和的直角坐標方程；（2）過點的直線交于點，交于點，若，求的最大值.23．選修4-5：不等式選講已知.（1）求證：；（2）判斷等式能否成立，并說明理由.唐山市2023—2023學年度高三年級第二次模擬考試文科數(shù)學參考答案一．選擇題：A卷：ADCDBCABDCBCB卷：ABCDBCADDCBC二．填空題：（13）－1 （14）2x－y－1＝0 （15）7 （16）eq\r(3)－1三．解答題：17．解：（1）在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°，由正弦定理可知，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(2,sin30°)，BC＝4sin∠BAC∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，則∠BAC＋∠CBD＝90°，則sin∠BAC＝cos∠CBD，所以，BC＝4cos∠CBD．（2）CD是為定長，因為在△BCD中，由（1）及余弦定理可知，CD2＝BC2＋BD2－2×BC×BD×cos∠CBD，＝4＋BC2－4BCcos∠CBD＝4＋BC2－BC2＝4CD＝2．18．解：（1）因為平面A1ACC1⊥平面ABC，交線為AC，又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，從而有BC⊥AA1．因為∠AA1C＝90°，所以AA1⊥A1C，又因為BC∩A1C＝C，所以AA1⊥平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AA1⊥A1B．（2）由（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1A平面A1ABB1，所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交線為A1B．所以點C到平面A1ABB1的距離等于△CA1B的A1B邊上的高，設其為h．在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，則A1C＝2eq\r(3)．由（1）得，BC⊥A1C，所以Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝eq\r(21)．h＝eq\f(BC×A1C,A1B)＝eq\f(6\r(3),\r(21))＝eq\f(6\r(7),7)．即點C到平面A1ABB1的距離為eq\f(6\r(7),7)．19．解：（1）應該選擇模型①（2）eq\o(6,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))(yi－\o(y,-))＝eq\o(6,i＝1,∑)xiyi－6eq\o(x,－)eq\o(y,－)＝1297－6×17×13.5＝－80，eq\o(6,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))2＝eq\o(6,i＝1,∑)x\o(2,i)－6eq\o(x,－)2＝1774－6×172＝40，eq\o(b,?)＝eq\f(\o(n,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))(yi－\o(y,-)),\o(n,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))2)＝eq\f(－80,40)＝－2，eq\o(a,?)＝eq\o(y,-)－eq\o(b,?)eq\o(x,-)＝13.5＋2×17＝47.5．所以y關于x的線性回歸方程為：eq\o(y,?)＝－2x＋47.5．20．解：（1）由已知可得F(eq\f(p,2)，0)，因為∠OFA＝120°，所以xA＝eq\f(p,2)＋|AF|cos60°＝eq\f(p,2)＋2．又由拋物線定義可知，|AF|＝xA＋eq\f(p,2)＝p＋2＝4，解得，p＝2，所以拋物線E的方程為y2＝4x．（2）由（1）可知，F(xiàn)(1，0)，由題意可知，直線l斜率存在且不為0，設直線l的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\al(y2＝4x，,y＝k(x－1)，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)①x1x2＝1②由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2③由①②③聯(lián)立解得，k＝±2eq\r(2)．所以l的方程為2eq\r(2)x＋y－2eq\r(2)＝0或2eq\r(2)x－y－2eq\r(2)＝0．21．解：（1）當a＝1時，g(x)＝f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1，所以g(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，因為g(x)為單調遞增函數(shù)，且g(1)＝2＞0，g(eq\f(1,e))＝1－e＜0，所以存在t∈(eq\f(1,e)，1)，使得g(t)＝0,即x∈(0，t)時，g(x)＜0，g(x)單調遞減；x∈(t，＋∞)時，g(x)＞0，g(x)單調遞增． 因為g(1)＝0，所以1為g(x)的一個零點，又g(eq\f(1,e2))＝1－eq\f(3,e2)＞0，所以g(x)在(eq\f(1,e2)，t)有一個零點，故g(x)有兩個零點． （2）依題意得，f(x)＝a(x2lnx＋1)－xlnx－1，令h(x)＝x2lnx＋1，所以h(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，所以0＜x＜e－eq\s\up5(\f(1,2))時，h(x)＜0，h(x)單調遞減；x＞e－eq\s\up5(\f(1,2))時，h(x)＞0，h(x)單調遞增，即h(x)的最小值為h(e－eq\s\up5(\f(1,2)))＝1－eq\f(1,2e)＞0，所以h(x)＞0． 令t(x)＝(x2lnx＋1)－(xlnx＋1)＝(x2－x)lnx，所以t(x)≥0，即x2lnx＋1≥xlnx＋1． 綜上，eq\f(xlnx＋1,x2lnx＋1)≤1．又a＞1，所以a＞eq\f(xlnx＋1,x2lnx＋1)，即a(x2lnx＋1)＞xlnx＋1，故f(x)＞0． 22．解：（1）曲線C1的直角坐標方程為：x2＋y2－2y＝0；曲線C2的直角坐標方程為：x＝3．（2）P的直角坐標為(－1，0)，設直線l的傾斜角為α，(0＜α＜eq\f(,2))，則直線l的參數(shù)方程為：eq\b\lc\{(\a\al(x＝－1＋tcosα，,y＝tsinα，))(t為參數(shù)，0＜α＜eq\f(,2))代入C1的直角坐標方程整理得，t2－2(sinα＋cosα)t＋1＝0，t1＋t2＝2(sinα＋cosα)直線l的參數(shù)方程與x＝3聯(lián)立解得，t3＝eq\f(4,cosα)， 由t的幾何意義可知，|PA|＋|PB|＝2(sinα＋cosα)＝λ|PQ|＝eq\f(4λ,cosα)，整理得4λ＝2(sinα＋cosα)cosα＝sin2α＋cos2α＋1＝eq\r(2)sin(2α＋eq\f(,4))＋1，由0＜α＜eq\f(,2)，eq\f(,4)＜2α＋eq\f(,4)＜eq\f(5,4)，所以，當2α＋eq\f(,4)＝eq\f(,2)，即α＝eq\f(,8)時，λ有最大值eq\f(1,4)(eq\r(2)＋1)．23．解：（1）由題意得(a＋b)2＝3ab＋1≤3(eq\f(a＋b,2))2＋1，當且僅當a＝b時，取等號．解得(a＋b)2≤4，又a，b＞0，所以，a＋b≤2．（2）不能成立．eq\r(ac)＋eq\r(bd)≤eq\f(a＋c,2)＋eq\f(b＋d,2)，因為a＋b≤2，所以eq\r(ac)＋eq\r(bd)≤1＋eq\f(c＋d,2)，因為c＞0，d＞0，cd＞1，所以c＋d＝eq\f(c＋d,2)＋eq\f(c＋d,2)≥eq\f(c＋d,2)＋eq\r(cd)＞eq\f(c＋d,2)＋1，故eq\r(ac)＋eq\r(bd)＝c＋d不能成立．唐山市2023—2023學年度高三年級第二次模擬考試文科數(shù)學參考答案一．選擇題：A卷：ADCDBCABDCBCB卷：ABCDBCADDCBC二．填空題：（13）－1 （14）2x－y－1＝0 （15）7 （16）eq\r(3)－1三．解答題：AＣＤAＣＤＢ（1）在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°，由正弦定理可知，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(2,sin30°)，BC＝4sin∠BAC∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，則∠BAC＋∠CBD＝90°，則sin∠BAC＝cos∠CBD，所以，BC＝4cos∠CBD．…6分（2）CD是為定長，因為在△BCD中，由（1）及余弦定理可知，CD2＝BC2＋BD2－2×BC×BD×cos∠CBD，＝4＋BC2－4BCcos∠CBD＝4＋BC2－BC2＝4CD＝2．…12分18．解：（1）因為平面A1ACC1⊥平面ABC，交線為AC，又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，從而有BC⊥AA1．…2分因為∠AA1C＝90°，所以AA1⊥A1C，又因為BC∩A1C＝C，所以AA1⊥平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AA1⊥A1B．…6分（2）由（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1A平面A1ABB1，所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交線為A1B．所以點C到平面A1ABB1的距離等于△CA1B的A1B邊上的高，設其為h．…9分在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，則A1C＝2eq\r(3)．由（1）得，BC⊥A1C，所以Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝eq\r(21)．h＝eq\f(BC×A1C,A1B)＝eq\f(6\r(3),\r(21))＝eq\f(6\r(7),7)．即點C到平面A1ABB1的距離為eq\f(6\r(7),7)．…12分19．解：（1）應該選擇模型①…3分（2）eq\o(6,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))(yi－\o(y,-))＝eq\o(6,i＝1,∑)xiyi－6eq\o(x,－)eq\o(y,－)＝1297－6×17×13.5＝－80，…5分eq\o(6,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))2＝eq\o(6,i＝1,∑)x\o(2,i)－6eq\o(x,－)2＝1774－6×172＝40，…7分eq\o(b,?)＝eq\f(\o(n,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))(yi－\o(y,-)),\o(n,i＝1,∑)(xi－\o(x,-))2)＝eq\f(－80,40)＝－2，…9分eq\o(a,?)＝eq\o(y,-)－eq\o(b,?)eq\o(x,-)＝13.5＋2×17＝47.5．…11分所以y關于x的線性回歸方程為：eq\o(y,?)＝－2x＋47.5．…12分20．解：（1）由已知可得F(eq\f(p,2)，0)，因為∠OFA＝120°，所以xA＝eq\f(p,2)＋|AF|cos60°＝eq\f(p,2)＋2．…2分又由拋物線定義可知，|AF|＝xA＋eq\f(p,2)＝p＋2＝4，…4分解得，p＝2，所以拋物線E的方程為y2＝4x．…6分（2）由（1）可知，F(xiàn)(1，0)，由題意可知，直線l斜率存在且不為0，設直線l的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\al(y2＝4x，,y＝k(x－1)，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， …8分x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)①x1x2＝1②由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2③由①②③聯(lián)立解得，k＝±2eq\r(2)．…11分所以l的方程為2eq\r(2)x＋y－2eq\r(2)＝0或2eq\r(2)x－y－2eq\r(2)＝0．…12分21．解：（1）當a＝1時，g(x)＝f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1，所以g(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，…2分因為g(x)為單調遞增函數(shù)，且g(1)＝2＞0，g(eq\f(1,e))＝1－e＜0，所以存在t∈(eq\f(1,e)，1)，使得g(t)＝0,即x∈(0，t)時，g(x)＜0，g(x)單調遞減；x∈(t，＋∞)時，g(x)＞0，g(x)單調遞增． …4分因為g(1)＝0，所以1為g(x)的一個零點，又g(eq\f(1,e2))＝1－eq\f(3,e2)＞0，所以g(x)在(eq\f(1,e2)，t)有一個零點，故g(x)有兩個零點． …6分（2）依題意得，f(x)＝a(x2lnx＋1)－xlnx－1，令h(x)＝x2lnx＋1，所以h(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，所以0＜x＜e－eq\s\up5(\f(1,2))時，h(x)＜0，h(x)單調遞減；x＞e－eq\s\up5(\f(1,2))時，h(x)＞0，h(x)單調遞增，即h(x)的最小值為h(e－eq\s\up5(\f(1,2)))＝1－eq\f(1,2e)＞0，所以h(x)＞0． …9分令t(x)＝(x2lnx＋1)－(xlnx＋1)＝(x2－x)lnx，所以t(x)≥0，即x2lnx＋1≥xlnx＋1． …10分綜上，eq\f(xlnx＋1,x2lnx＋1)≤1．又a＞1，所以a＞eq\f(xlnx＋1,x2lnx＋1)，即a(x2lnx＋1)＞xlnx＋1，故f(x)＞0． …12分22．解：（1）曲線C1的直角坐標方程為：x2＋y2－2y＝0