甘肃省2023届高三二模理科数学试题
一、单选题
1．已知，为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．命题：已知一条直线a及两个不同的平面，，若，则“”是“”的充分条件；命题：有两个面相互平行，其余各面均为梯形的多面体是棱台．则下列为真命题的是（ ）
A． B． C． D．
4．函数 的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的方程为，离心率，则下列选项中不满足条件的为（ ）
A． B． C． D．
6．刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫做堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2：1，这个比率是不变的．如图所示的三视图是一个鳖臑的三视图，则其分割前的长方体的体积为（ ）
A．2 B．4 C．12 D．24
7．n位校验码是一种由n个“0”或“1”构成的数字传输单元，分为奇校验码和偶校验码，若一个校验码中有奇数个1，则称其为奇校验码，如5位校验码“01101”中有3个1，该校验码为奇校验码．那么6位校验码中的奇校验码的个数是（ ）
A．6 B．32 C．64 D．846
8．若，则（ ）
A． B．3 C． D．-3
9．2022年8月，中科院院士陈发虎带领他的团队开始了第二次青藏高原综合科学考察．在科考期间，陈院士为同行的科研人员讲解专业知识，在空气稀薄的高原上开设了“院士课堂”．已知某地大气压强与海平面大气压强之比为b，b与该地海拔高度（单位：米）满足关系：（k为常数，e为自然对数的底）． 若科考队算得A地，海拔8700米的B地 ，则A，B两地的高度差的绝对值约为（，）（ ）
A．3164米 B．4350米 C．5536米 D．6722米
10．如图所示，边长为2的正三角形ABC中，若（），（），则关于的说法正确的是（ ）
A．当时，取到最大值 B．当或1时，取到最小值
C．，使得 D．，为定值
11．已知，是双曲线的左、右顶点，P为双曲线上除，以外的任意一点，若坐标原点到直线，的距离分别为，，则的取值范围（ ）
A． B． C． D．
12．若，则以下不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．为庆祝中国共产党第二十次代表大会胜利闭幕，某高中学校在学生中开展了“学精神，悟思想，谈收获”的二十大精神宣讲主题活动．为了解该校学生参加主题学习活动的具体情况，校团委利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了260人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了85人．已知该校高三年级共有720名学生，则该校共有学生______人．
14．已知圆，直线 ，在区间上任取一个数，则圆O与直线l有公共点的概率为______．
15．已知函数满足：当时，，且对任意都成立，则方程的实根个数是______．
三、解答题
16．的内角的对边分别为，，且______．
(1)求的面积；
(2)若，求．
在①，②这两个条件中任选一个，补充在横线中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．某省农科院为支持省政府改善民生，保证冬季蔬菜的市场供应举措，深入开展了反季节蔬菜的相关研究，其中一项是冬季大棚内的昼夜温差x（℃）与反季节蔬菜种子发芽数y（个）之间的关系，经过一段时间观测，获得了下列一组数据（y值为观察值）：
温差x（℃） 8 9 10 11 12
发芽数y（个） 23 24 26 27 30
(1)在所给坐标系中，根据表中数据绘制散点图，并判断y与x是否具有明显的线性相关关系（不需要说明理由）；
(2)用直线l的方程来拟合这组数据的相关关系，若直线l过散点图中的中间点（即点（10，26）），且使发芽数的每一个观察值与直线l上对应点的纵坐标的差的平方之和最小，求出直线l的方程；
(3)用（2）中求出的直线方程预测当温度差为15℃时，蔬菜种子发芽的个数．
18．已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD，若，，E，F分别为，的重心．
(1)求证：平面PBC；
(2)当时，求平面PEF与平面PAD所成角的正切值．
19．已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．
①证明：直线CD过椭圆右焦点；
②椭圆的左焦点为，求的内切圆的最大面积．
20．已知函数．
(1)当时，求的零点个数；
(2)若恒成立，求实数a的值．
21．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数，且），为曲线上任意一点，若将点绕坐标原点顺时针旋转得到点，点的轨迹为曲线．
(1)以原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；
(2)已知点，直线与曲线交于，两点，求的值．
22．已知
(1)求不等式的解集；
(2)若，且，恒成立，求m的最大值．
四、双空题
23．我国古代数学名著《孙子算经》卷下的第26题是：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”此题所表达的数学涵义是：一个正整数，被3除余2，被5除余3，被7除余2，这个正整数是多少？这就是举世闻名的“中国剩余定理”．若分别将所有被3除余2的正整数和所有被7除余2的正整数按从小到大的顺序组成数列和，并依次取出数列和的公共项组成数列，则______；若数列满足，数列的前项和为，则______．
参考答案：
1．C
【分析】由可得，利用复数的乘法可化简得出复数.
【详解】因为，则.
故选：C.
2．D
【分析】利用二次不等式的解法解出集合，然后计算集合的交集.
【详解】由，
，
所以，
故选：D.
3．B
【分析】确定是真命题，是假命题，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】若，，则，充分性；
若，，不能得到，不必要，故是真命题.
棱台的侧棱延长线需相交于一点，故是假命题.
故为假命题，为真命题，为假命题，为假命题.
故选：B
4．D
【分析】，排除BC，当时，，当时，，A不满足，排除，得到答案.
【详解】，排除BC；当时，，当时，，A不满足，排除.
故选：D
5．C
【分析】根据椭圆离心率的计算公式求解.
【详解】选项:，，则，即，，
故，选项正确；
选项:，，则，即，，
故，选项正确；
选项:，，则，即，，
故，选项不正确；
选项:，，则，即，，
故，选项正确；
故选：.
6．D
【分析】根据鳖臑的三视图确定长方体的长宽高，计算体积即可.
【详解】根据鳖臑的正视图得原长方体的长为3，根据鳖臑的俯视图得原长方体的宽为2，根据鳖臑的侧视图得原长方体的高为4，所以长方体的体积.
故选：D
7．B
【分析】根据给定条件，利用组合知识列式计算作答.
【详解】依题意，6位校验码中的奇校验码的个数是.
故选：B
8．C
【分析】利用两角和与差的余弦公式展开，弦化切后解出即可.
【详解】因为，
所以，
解得：，
故选：C.
9．A
【分析】设地海拔高度为，由题意可得，，解方程可得，进而求解.
【详解】设地海拔高度为，
由已知可得，，
则，，
所以，
所以（米）.
故选：A.
10．D
【分析】先由条件利用表示向量，根据数量积的运算性质求，由此判断各选项.
【详解】因为，，
所以，
所以，
因为为边长为的等边三角形，
所以，
所以，
所以，为定值，D正确；A，B，C错误.
故选：D.
11．A
【分析】先得到，设出直线与的方程，表达出，利用基本不等式求出取值范围.
【详解】可知，，设，
则，
设， 且 ，则，
故直线的方程为，直线的方程为，
原点到两直线的距离分别为，，
所以，当且仅当时，“=”成立，但此时两直线平行，这是不可能的，等号不能成立，
故选：A．
12．A
【分析】利用余弦函数的单调性确定，再结合各选项构造函数，利用导数探讨单调性即可求解作答.
【详解】显然，
函数，求导得，
即函数在上单调递减，于是，即，
由得，A正确；由得，B错误；
由得，C错误；由得，D错误．
故选：A
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
13．
【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.
【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了260人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了85人，可得高三年级共有90人，
又由高三年级共有720名学生，则每个学生被抽到的概率为，
设该校共有名学生，可得，解得（人），
即该校共有名学生.
故答案为：.
14．/
【分析】根据直线与圆相交求出的范围，利用几何概型即可得到答案.
【详解】圆：的圆心为，半径为，
且圆心到直线，即到直线的距离为，
直线l与圆相交时，∴，
解得，
故所求的概率为
故答案为：．
15．4
【分析】根据给定条件，探讨函数的性质，变形给定方程，转化成求两个函数图象的公共点个数作答
【详解】依题意，函数是以4为周期的偶函数，当时，，
则当时，，
方程，
因此原方程的实根就是函数与函数的图象的交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，
观察图象知，当时，两函数图象只有一个交点，
当时，由得，即当时，两函数图象只有一个公共点，
于是当时，函数与的图象有2个公共点，
又函数与均为偶函数，则当时，两个函数图象有2个公共点，
所以函数与的图象有4个公共点，即原方程有4个根．
故答案为：4
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
16．(1)
(2)
【分析】（1）若选①则根据余弦定理得，且，于是利用平方公式得，即可得的值，再根据面积公式即可得的面积；若选②根据向量数量积定义得 ，且，于是利用平方公式得，即可得的值，再根据面积公式即可得的面积；
（2）由正弦定理得即可求得的值.
【详解】（1）若选①，由余弦定理得，整理得，则，
又，则，，则；
若选②，则，又，则，
又 ，得，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，．
17．(1)y与x有明显的线性相关关系
(2)
(3)35
【分析】（1）作出数据分布的散点图，根据散点图知五个点明显分布在某条直线的附近，即可得到结论；
（2）设直线的方程，求得纵坐标分别为，，，，利用方差的公式，结合二次函数的性质，求得的值，即可求解；
（3）由直线的方程为，令，求得的值，即可得到预测结果.
【详解】（1）解：作出数据分布的散点图，如图所示，由散点图知五个点明显分布在某条直线的附近，
因此由散点图可以判断y与x有明显的线性相关关系．
（2）解：设直线的方程为，即，
则五个x值对应的直线l上的纵坐标分别为，，，，
若设观察值与纵坐标差的平方和为D，
则，
所以当时D取最小值，此时直线l的方程为．
（3）解：由直线的方程为，
令，可得（个），
所以可预测当温度差为时，蔬菜种子发芽的个数约为35．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长PE交AB于M，延长PF交CD于，根据等分点与三角形底边平行关系先证明线线平行，再证明线面平行；
（2）根据题中信息，求证，以A点为坐标原点，AB为x轴，AN为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，利用平面法向量与二面角关系求出平面PEF与平面PAD所成角的余弦值，再根据三角函数求解出其正切值.
【详解】（1）延长PE交AB于M，延长PF交CD于，
因为E，F分别为和的重心，
所以M，N分别为AB，CD的中点，且，
又因为底面ABCD为平行四边形，所以，
又因为平面，平面PBC，所以平面PBC．
（2）（方法一）因为平面ABCD，所以．
又因为，且，所以平面PAD，所以，
又因为，所以和均为等腰直角三角形，．
又因为N为CD的中点，所以，
故如图建立空间直角坐标系，因为，
易得P（0，0，2），M（1，0，0），N（0，1，0），C（1，1，0），，，
设平面PMN的一个法向量为，则由，，得
令，得 ，
又因为平面PAD的一个法向量为，
设平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角为，则，
如图所示二面角为锐角，所以．
（方法二）过作 ，且，连接NQ和DQ，
取AD的中点为H，易知平面PAD，过H作于O，
则，所以为平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角，
因为，，
所以在中，．
19．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）由题意可得，设，可得，，解方程求，可得椭圆方程；
（2）①设，联立直线和椭圆方程，求得的坐标，进而得到，，
再根据向量共线的定义即可得证；
②根据椭圆的定义可求的周长，结合内切圆的性质可得，利用设而不求法
求的最大值即可的结论.
【详解】（1）由已知得：，，，
设，
因为M在椭圆上，所以①
因为，
将①式代入，得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）①设，则， ，
所以，，
联立方程，得，
则．
联立方程，得，，
则，
椭圆的右焦点为，
，，
因为，
说明C，D，三点共线，即直线CD恒过点．
②因为直线CD恒过点，
所以的周长为，
设内切圆的半径为，
所以的面积，
所以，即，
若内切圆的面积最大，即r最大，也就是最大，
因为三点不共线，
所以直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为，
代入得：，
可得，，
又因为
令，（*）式化为：，
因为函数在上单调递增，
所以当，即时，（*）式取最大值3，
所以，故，
所以得到内切圆面积的最大值为，当时取得．
【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
20．(1)2
(2)
【分析】（1）求导，研究函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点个数；
（2）构造函数，分类讨论研究函数的单调性，求最小值，再构造函数求解，求导，研究单调性，然后利用最值确定a的值.
【详解】（1）当时，，则，
当，，函数在上单调递减；
当，，函数在上单调递增，
所以，
又，，所以存在，，
使得，即的零点个数为2．
（2）不等式即为，
设，，则，
设，，
当时，，可得，则单调递增，
此时当无限趋近时，无限趋近于负无穷大，不满足题意；
当时，由，单调递增，
当无限趋近时，无限趋近于负数，当无限趋近正无穷大时，无限趋近于正无穷大，故有唯一的零点，即，
当时，，可得，单调递减；
当时，，可得，单调递增，
所以，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立，所以，
所以
因为恒成立，即恒成立，
令，，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，即，
又由恒成立，则，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
21．(1)，其中
(2)
【分析】（1）将的参数方程转化为普通方程，再转化为基座不服从，设点的极坐标，表示点的极坐标，代入的极坐标方程，化简；
（2）根据直线参数方程的几何意义直接求值.
【详解】（1）由曲线的参数方程（为参数，且）可知的普通方程为，，
曲线是以为圆心，为半径的圆在轴及上方的部分．
故曲线的极坐标方程：，，
又因为点为曲线上任意一点，将点绕坐标原点顺时针旋转得到点，
设点，则点，代入曲线得到，
所以曲线的极坐标方程为，其中；
（2）由（1）的极坐标方程为，，
得其直角坐标方程为，，
因为直线经过点，
故设过的直线的参数方程为：（为参数），
代入曲线的普通方程得：，
此方程的两个根，为，两点对应的参数，
且，，
所以，，
所以．
22．(1)
(2)2
【分析】（1）考虑，，，解不等式得到答案.
（2）计算，，得到，确定，变换，得到答案.
【详解】（1），
当时，，得，故；
当时，，得，故；
当时，由，得，此时无解.
综上所述：原不等式的解集是．
（2），故，，，则，
，
，故，，
，故m的最大值为2．
23．
【分析】依题意可知是首项为，公差为的等差数列，即可求出的通项公式，即可得到，则，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】依题意可知是首项为，公差为的等差数列，故其通项公式为，
所以，
所以，
则．
故答案为： ，
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
