2023屆新疆部分學(xué)校高三下學(xué)期2月大聯(lián)考（全國(guó)乙卷）數(shù)學(xué)（理）試題

2023屆新疆部分學(xué)校高三下學(xué)期2月大聯(lián)考（全國(guó)乙卷）數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．若復(fù)數(shù)z滿足（其中是虛數(shù)單位），則z的共軛復(fù)數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】經(jīng)計(jì)算可得，后由共軛復(fù)數(shù)定義可得答案.【詳解】由，得，所以.故選：B.2．若集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)分式不等式以及二次函數(shù)的性質(zhì)，取得集合，利用交集的運(yùn)算，可得答案.【詳解】由，得且，解得，所以.由，得，所以，所以.故選：A.3．已知命題p：，，則為（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題，可得答案.【詳解】根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題，可知為“，”，故選：B.4．已知空間四條直線a，b，m，n和兩個(gè)平面，滿足，，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若，則B．若且，則C．若且，則D．若且，則【答案】C【分析】根據(jù)線面位置關(guān)系，通過舉反例的方法，可得A，B，D的正誤；利用面面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，可得答案.【詳解】對(duì)于A：a可能在平面內(nèi)，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B：a與m可能平行，從而與可能相交，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C：且，，，，，，所以C正確；對(duì)于D：如圖，由正方形沿一條對(duì)角線折疊形成，其中形成的兩個(gè)平面設(shè)為，折痕設(shè)為，在平面的對(duì)角線設(shè)為，在內(nèi)的對(duì)角線設(shè)為，同時(shí)作，此時(shí)，易知，則，但此時(shí)與不垂直，所以D錯(cuò)誤.故選：C.5．已知角，且，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由及的范圍求出，再根據(jù)二倍角的余弦公式可求出.【詳解】因?yàn)?，所以，又，所以，所以，即，因?yàn)?，所?故選：D.6．若函數(shù)的部分圖象如圖，則的解析式可能是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】對(duì)于A，根據(jù)可知A不正確；對(duì)于C，利用導(dǎo)數(shù)可得在上單調(diào)遞減，可知C不正確；對(duì)于D，根據(jù)為奇函數(shù)，可知D不正確.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)?，由圖可知，A不正確；對(duì)于C，，令，則，當(dāng)時(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞減，因?yàn)椋栽谏虾愠闪?，所以?dāng)時(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞減，所以排除C.對(duì)于D，的定義域?yàn)?，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，，為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，由圖可知，D不正確.故選：B.7．2022年4月，教育部印發(fā)了《義務(wù)教育課程方案和課程標(biāo)準(zhǔn)（2022版）》，將勞動(dòng)教育作為義務(wù)教育階段一門獨(dú)立的課程.勞動(dòng)教育將成為學(xué)生成長(zhǎng)成才的必修課與基礎(chǔ)課.某學(xué)校準(zhǔn)備開設(shè)4項(xiàng)勞動(dòng)課程：“蔬菜種植”“綠植修剪”“糕點(diǎn)制作”“自行車修理”.開課之前，要安排4男2女共6名教師參加這4項(xiàng)勞動(dòng)課程的技術(shù)培訓(xùn)，要求：每一項(xiàng)培訓(xùn)都要有教師參加，每位教師只能參加其中一項(xiàng)培訓(xùn)，其中“蔬菜種植”必須安排2位教師，“自行車修理”不安排女教師，“糕點(diǎn)制作”不安排男教師，則不同的安排方法有（

）A．132種 B．112種 C．96種 D．84種【答案】C【分析】先討論“糕點(diǎn)制作”安排1名或2名女教師，再討論“自行車修理”安排男教師的人數(shù)，再考慮另外兩個(gè)項(xiàng)目的安排，最后計(jì)算所有安排方式.【詳解】（1）若“糕點(diǎn)制作”安排1名女教師，有種不同的安排方法，后續(xù)項(xiàng)目分兩類：①若“自行車修理”安排1名男教師，則余下4人安排到另兩個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目2人，有種不同的安排方法；②若“自行車修理”安排2名男教師，則余下3人，1人安排到“綠植修剪”，2人安排到“蔬菜種植”，有種不同的安排方法.（2）若“糕點(diǎn)制作”安排2名女教師，則“自行車修理”只能安排1名男教師，余下3人，1人安排到“綠植修剪”，2人安排到“蔬菜種植”，有種不同的安排方法，所以，一共有種不同的安排方法.故選：C.8．對(duì)于函數(shù)，下列結(jié)論中正確的是（

）A．的最大值為B．的圖象可由的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到C．在上單調(diào)遞減D．的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱【答案】C【分析】由可得的最大值為，故A錯(cuò)誤；將的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到的圖象，所以B錯(cuò)誤；根據(jù)余弦函數(shù)的減區(qū)間可知在上單調(diào)遞減，所以C正確；由可知D不正確.【詳解】，所以當(dāng)，，即，時(shí)，取得最大值為，故A錯(cuò)誤；將的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到的圖象，所以B錯(cuò)誤；由，得，所以是的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間，所以在上單調(diào)遞減，所以C正確；因?yàn)?，所以點(diǎn)不是的圖象的對(duì)稱中心，所以D不正確.故選：C.9．若非負(fù)數(shù)x，y滿足，則事件“”發(fā)生的概率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先畫出可行域，再根據(jù)幾何概型的概率公式可求.【詳解】由題意，知x，y滿足約束條件作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示（五邊形OEBCD（包含邊界）），作出直線，易得，，，，，連接DE，則非負(fù)數(shù)x，y對(duì)應(yīng)的可行域的面積為，事件“”對(duì)應(yīng)的可行域的面積為，所以所求概率為.故選：A.10．“不以規(guī)矩，不能成方圓”出自《孟子·離婁章句上》.“規(guī)”指圓規(guī)，“矩”指由相互垂直的長(zhǎng)短兩條直尺構(gòu)成的方尺，是古人用來測(cè)量?畫圓和方形圖案的工具.敦煌壁畫就有伏羲女媧手執(zhí)規(guī)矩的記載（如圖（1））.今有一塊圓形木板，以“矩”量之，如圖（2）.若將這塊圓形木板截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個(gè)內(nèi)角滿足，則這塊四邊形木板周長(zhǎng)的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出圖形，利用余弦定理結(jié)合基本不等式可求得這個(gè)矩形周長(zhǎng)的最大值.【詳解】由題圖（2）得，圓形木板的直徑為.設(shè)截得的四邊形木板為，設(shè)，，，，，，如下圖所示.由且可得，在中，由正弦定理得，解得.在中，由余弦定理，得，所以，，即，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.在中，，由余弦定理可得，即，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，因此，這塊四邊形木板周長(zhǎng)的最大值為.故選：D.11．已知橢圓C：的左?右焦點(diǎn)分別為，.若橢圓C上存在一點(diǎn)M，使得，則橢圓C的離心率的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設(shè)，，橢圓C的半焦距為c，根據(jù)橢圓的定義以及可得，再根據(jù)可得，從而可得.【詳解】設(shè)，，橢圓C的半焦距為c，則，，所以，因?yàn)?，所以，所以，即，則，所以.故選：A.12．若，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】通過構(gòu)造函數(shù)，分別比較和，和與和的大小，即可得出a，b，c的大小關(guān)系.【詳解】解：由題意，，，對(duì)于和，∵，，∴可以構(gòu)造函數(shù)，則，.對(duì)求導(dǎo)，得，當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減.∵，∴，即；對(duì)于和，∵.∴可以構(gòu)造函數(shù)，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，∴，∴，∴，即；對(duì)于和，∵，∴可以構(gòu)造函數(shù)，則，當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減.又∵，且，∴，∴，∴，即.∴，故選：B.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是變形、作差構(gòu)造新函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來比較大小.二、填空題13．已知平面向量，，則與的夾角為______.【答案】【分析】先求，再利用平面向量的夾角公式求出結(jié)果．【詳解】設(shè)與的夾角為，由已知，得，所以.又，，所以，因?yàn)?，所?故答案為：.14．已知雙曲線M：的左?右焦點(diǎn)分別為，，點(diǎn)P為雙曲線M右支上一點(diǎn)，且滿足，則雙曲線M的漸近線方程為______.【答案】【分析】利用雙曲線定義結(jié)合已知可得，從而推出，可得答案.【詳解】設(shè)雙曲線M的半焦距為c，，點(diǎn)P為雙曲線M右支上一點(diǎn)，由雙曲線的定義，知，即，所以，所以，所以雙曲線M的漸近線方程為,故答案為：.15．已知定義在上的函數(shù)滿足，且的圖象關(guān)于直線時(shí)，，則______.【答案】【分析】根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱性以及函數(shù)等式，求得函數(shù)的周期，可得答案.【詳解】因?yàn)榈膱D象關(guān)于直線對(duì)稱，所以，即，所以的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故（*）.由，得，所以，所以，所以的周期為4，所以.由（*）式得.故答案為：.16．如圖是水平放置的三棱錐PA的平面截三棱錐的外接球所得圓面的面積為S.若S的最大值為，則三棱錐的體積的最大值為______.【答案】【分析】先由題給條件得到三棱錐的直觀圖，進(jìn)而得到三棱錐的體積的表達(dá)式，再利用導(dǎo)數(shù)求得其最大值即可解決.【詳解】由三視圖得三棱錐的直觀圖，不妨設(shè)三棱錐如圖所示，其中為直角三角形，兩直角邊為AB，BC，由圖知：，，平面，平面則平面，又平面ABC，則平面平面ABC，且為正三角形.所以，面平面ABC，面，則平面ABC，由已知，得三棱錐的外接球的半徑.設(shè)，，三棱錐的外接球的球心為O，D為BC的中點(diǎn)，為AC的中點(diǎn)，的中心為，則平面ABC，平面PBC.在中，，即，即，所以三棱錐的體積為.令，則.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，也是最大值，所以，當(dāng)時(shí)，三棱錐的體積V最大，且最大值為.故答案為：.三、解答題17．某種植大戶購(gòu)買了一種新品種蔬菜種子，種植后從收獲的蔬菜果實(shí)中隨機(jī)選取了一個(gè)容量為20的樣本，得到果實(shí)長(zhǎng)度數(shù)據(jù)如下表：（單位：cm）序號(hào)（i）12345678910長(zhǎng)度（）序號(hào)（i）11121314151617181920長(zhǎng)度（）(1)估計(jì)該種植大戶收獲的果實(shí)長(zhǎng)度的平均數(shù)和方差；(2)若這種蔬菜果實(shí)的長(zhǎng)度不小于12cm，就可以標(biāo)為“AAA”級(jí).該種植大戶隨機(jī)從收獲的果實(shí)中選取4個(gè)，其中可以標(biāo)為“AAA”級(jí)的果實(shí)數(shù)記為X.若收獲的果實(shí)數(shù)量巨大，并以樣本的頻率估計(jì)總體的概率，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望與方差.參考數(shù)據(jù)：.【答案】(1)，(2)，【分析】（1）利用平均數(shù)，方差計(jì)算公式結(jié)合所給數(shù)據(jù)可得答案；（2）因收獲的果實(shí)數(shù)量巨大，則可認(rèn)為X近似服從二項(xiàng)分布，后利用二項(xiàng)分布計(jì)算期望，方差公式可得答案.【詳解】（1）由題意知，，所以，.所以估計(jì)該種植大戶收獲的果實(shí)長(zhǎng)度的平均數(shù)和方差分別為12.5，0.43.（2）由表中數(shù)據(jù)得，樣本中果實(shí)長(zhǎng)度不小于12cm的頻率為.由于收獲的果實(shí)數(shù)量巨大，所以X近似服從二項(xiàng)分布，即，所以，.所以據(jù)此可以估計(jì)，X的數(shù)學(xué)期望與方差分別為3，.18．已知數(shù)列滿足對(duì)任意m，都有，數(shù)列是等比數(shù)列，且，，.(1)求數(shù)列，的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前n項(xiàng)和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根據(jù)條件證得數(shù)列是等差數(shù)列，再由已知求得數(shù)列的公差、的公比，寫出通項(xiàng)公式即可；（2）使用錯(cuò)位相減求和.【詳解】（1）因?yàn)閷?duì)任意m，，，所以，所以數(shù)列是公差的等差數(shù)列，.設(shè)等比數(shù)列的公比為q，因?yàn)?，，，所?又因?yàn)椋獾?，，所以?（2）因?yàn)?，所以，，兩式相減，得，所以.19．如圖，已知四棱錐的底面ABCD為菱形，平面平面ABCD，，E為CD的中點(diǎn).(1)求證：；(2)若，，求平面PBC與平面PAE所成銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取AD的中點(diǎn)F，連接PF，EF，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證明平面ABCD，得，根據(jù)四邊形ABCD為菱形以及是三角形的中位線，推出，再根據(jù)線面垂直的判定推出平面PEF，從而可得；（2）記，過點(diǎn)O作，以O(shè)A，OB，OQ所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用面面角的向量公式可求出結(jié)果.【詳解】（1）如圖，取AD的中點(diǎn)F，連接PF，EF.∵，∴.∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，∴平面ABCD.又平面ABCD，∴.∵四邊形ABCD為菱形，∴.∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為CD，AD的中點(diǎn)，∴，∴.∵，，，PF，平面PEF，∴平面PEF.又平面PEF，∴.（2）記，則.由（1）知，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，則，.過點(diǎn)O作，則OA，OB，OQ兩兩垂直.如圖，以O(shè)A，OB，OQ所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，因?yàn)?，，所以，所以，，所以，∴，，?設(shè)平面PAE的法向量為，由，令，則，，所以.設(shè)平面PBC的法向量為，由，令，則，，所以.設(shè)平面PBC與平面PAE所成銳二面角為，則，所以平面PBC與平面PAE所成銳二面角的余弦值為.20．已知拋物線，圓與拋物線有且只有兩個(gè)公共點(diǎn).(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，過圓心的直線與圓交于點(diǎn)，直線分別交拋物線于點(diǎn)（點(diǎn)不與點(diǎn)重合）.記的面積為，的面積為，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）聯(lián)立拋物線和圓的方程并消元，由對(duì)稱性可得關(guān)于的方程有兩個(gè)相等的正的實(shí)數(shù)根，由且根為正數(shù)解出，得出拋物線的方程；（2）設(shè)直線的方程為，代入圓的方程中，消去，可得的縱坐標(biāo)；設(shè)直線的方程為，代入拋物線方程，可得的縱坐標(biāo)；將和的面積用公式表示，并轉(zhuǎn)為坐標(biāo)形式，利用韋達(dá)定理和參數(shù)的范圍，求出最大值．【詳解】（1）由,得，即.由對(duì)稱性可得關(guān)于的方程有兩個(gè)相等的正的實(shí)數(shù)根，所以，且，解得，所以拋物線C的方程為.（2）由題意，知直線的斜率不為，故設(shè)直線的方程為，如圖，設(shè)，，，.將直線的方程代入圓的方程中，消去，得，所以，所以，且.直線的方程為，代入拋物線方程，消去，得，解得或，所以.同理，得，所以，所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，為.21．已知函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù).(1)若，求證：當(dāng)時(shí)，恒成立；(2)若存在極小值，求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）通過兩次構(gòu)造新函數(shù)，求解導(dǎo)函數(shù)并判斷單調(diào)性與最值從而可證明恒成立；（2）構(gòu)造新函數(shù)并求解導(dǎo)函數(shù)，然后分類討論與兩種情況下函數(shù)單調(diào)性與極值情況，并利用數(shù)形結(jié)合并結(jié)合零點(diǎn)存在定理分析討論所有情況.【詳解】（1）∵的定義域?yàn)?，，∴?令，則.令，則.由，得，∴當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴當(dāng)時(shí)，，即當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增.∵，∴，∴當(dāng)時(shí)，恒成立.（2）由（1）知，.設(shè)，則.①當(dāng)時(shí)，恒成立，∴在上單調(diào)遞增.∵，∴當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而.又∵，∴，都有，所以在上單調(diào)遞增，此時(shí)無極值；②當(dāng)時(shí)，由，得，∴當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴當(dāng)時(shí)，取得最小值，且最小值為.令，，∴當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.∵，∴當(dāng)時(shí)，，即當(dāng)時(shí)，（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立）.（i）當(dāng)時(shí)，，且當(dāng)時(shí)，都有，∴，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴在處取得極小值，符合題意.（ii）當(dāng)時(shí)，，且.∵，∴，∴的圖象大致如圖（1）.圖（1）由函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在定理，得在內(nèi)存在唯一的實(shí)數(shù)，使得，∴當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴在處取得極小值，符合題意.（iii）當(dāng)時(shí)，，且.∵，由（1）知，，∴的圖象大致如圖（2）.圖（2）由函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在定理，得在內(nèi)存在唯一的實(shí)數(shù)，使，∴當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴在處取得極小值，符合題意.綜上，當(dāng)存在極小值時(shí)，的取值范圍為.【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)數(shù)求解極值問題，一般需要構(gòu)造對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，對(duì)于一次求導(dǎo)不能判斷其單調(diào)性的情況，還需要構(gòu)造新函數(shù)，再次求導(dǎo)并判斷單