2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题数学（二）本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在答题纸上.将条形码横贴在答题纸“贴条形码区”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题纸的整洁.考试结束后，将试卷和答题纸一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知，则A. B. C. D.2.已知集合，，，则A. B. C. D.3.下列函数不是偶函数的是A. B.C. D.4.使，的否定为假命题的一个充分不必要条件是A. B. C. D.5.某市要建立步行15分钟的核酸采样点，现有9名采样工作人员全部分配到3个采样点，每个采样点至少分配2人，则不同的分配方法种数为A.1918 B.11508 C.12708 D.186.石碾子是我国电气化以前的重要粮食加工工具.它是依靠人力或畜力把谷子、稻子等谷物脱壳或把米碾碎成碴子或面粉的石制工具.如图，石碾子主要由碾盘、碾滚和碾架等组成，一个直径为60cm的圆柱形碾滚的最外侧与碾柱的距离为100cm，碾滚最外侧正上方为点，若人推动拉杆绕碾盘转动一周，则点距碾盘的垂直距离约为A.15cm B.cm C.cm D.45cm7.过圆锥内接正方体（正方体的4个顶点在圆锥的底面，其余顶点在圆锥的侧面）的上底面作一平面，把圆锥截成两部分，下部分为圆台，已知此圆台上底面与下底面的面积比为1:4，母线长为，设圆台体积为，正方体的外接球体积为，则A. B. C. D.8.若，，，则，，的大小关系为A. B. C. D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设为第一象限角，，则A. B. C. D.10.已知函数在处有极值，且极值为8，则A.有三个零点B.C.曲线在点处的切线方程为D.函数为奇函数11.已知抛物线的焦点为，直线，过点与圆分别切于，两点，交于点，和，，则A.与没有公共点B.经过，，三点的圆的方程为C.D.12.设正整数，其中.记，当时，，则A. B.C.数列为等差数列 D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，若，，则___________.14.已知随机变量，且，，则_____.15.如图①，在平行四边形中，，将沿折起，使得点到达点处（如图②），，则三棱锥的内切球半径为____________.16.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，线段的垂直平分线交于，两点，交轴于点，为坐标原点，，则的离心率为___________；若的周长为8，则______________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若的面积为，，求.18.（12分）某校有，两个餐厅﹐为调查学生对餐厅的满意程度，在某次用餐时学校从餐厅随机抽取了67人，从餐厅随机抽取了69人，其中在，餐厅对服务不满意的分别有15人、6人，其他人均满意.（1）根据数据列出2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为用餐学生与两家餐厅满意度有关联？ss（2）学校对大量用餐学生进行了统计﹐得出如下结论：任意一名学生第一次在校用餐时等可能地选择一家餐厅用餐，从第二次用餐起，如果前一次去了餐厅，那么本次到，餐厅的概率分别为，；如果前一次去了餐厅，那么本次到，餐厅的概率均为.求任意一名学生第3次用餐到餐厅的概率.附：，其中.0.1000.0500.0250.0100.0052.7063.8415.0246.6357.87919.（12分）在数列中，，.（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.20.（12分）如图，在直四棱柱中，底面为矩形，点在棱上，，，.（1）求；（2）求二面角的正弦值.21.（12分）已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线.（1）求的标准方程；（2）直线与交于，两点，点在线段上，点在线段的延长线上，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①；②；③是直线与直线的交点.注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.22.（12分）已知函数，.（1）证明：；（2）若恒成立，求实数的取值范围.数学（二）一、选择题1.B【解析】，故.故选B项2.C【解析】由题意得，所以.故选C项.3.C【解析】对于A项，，所以，所以为偶函数；对于B项，，所以为偶函数；对于C项，的定义域为，，所以不是偶函数；对于D项，的定义域为，，所以是偶函数.故选C项.4.D【解析】由题得：，为真命题，又，当且仅当时等号成立，反之也成立.所以是为真命题的充要条件，是为真命题的既不充分也不必要条件，是为真命题的既不充分也不必要条件，是为真命题的充分不必要条件.故选D项.5.B【解析】分组方法共有，，三种情况，所以分配方法共有.故选B项.6.A【解析】由题意碾滚最外侧滚过的距离为，碾滚的周长为，所以碾滚滚过圈，即滚过了，所以点距碾盘的垂直距离为.故选A项.7.A【解析】由圆台上底面与下底面的面积比为1:4，得圆台上底面与下底面的半径比为，由题知正方体的棱长为，如图，在中，，，，即，解得，则，正方体的外接球半径为，，所以.故选A项.8.B【解析】解法一：设，，当时，，令，则，所以函数在区间上单调递减，所以，又，所以，所以函数在区间上单调递减，所以，故.故选B项.解法二：由题意得，.令函数，，当时，，所以在区间内单调递减，所以，所以，即，所以.故选B项.二、选择题9.BD【解析】由题意得也是第一象限角，所以，，A项错误；，B项正确；，C项错误；，D项正确.故选BD项.10.AC【解析】由题意得，又，又，解得（舍去）或，故B项错误；，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，，，，所以有三个零点，故A项正确；又，，则曲线在点处的切线方程为，即，故C项正确；，故D项错误.故选AC项.11.BCD【解析】联立，得，因为是方程的一个根，所以与有公共点，A项错误；连接，，则，，所以，，，四点在以为直径的圆上，圆的方程为，化简得，B项正确；由题得，所以，所以，C项正确；设过点且与圆相切的切线方程为，由，解得或.不妨设，，则，联立得，所以，所以，所以，D项正确.故选BCD项.12.ACD【解析】当时，，又，所以，同理，所以，…，，所以，，所以，所以，A项正确；，，B项错误；当时，，当时，，当时也符合，所以，所以，所以，所以数列为等差数列，C项正确；，，D项正确.故选ACD项.三、填空题13.【解析】由题意得，，，所以，所以，解得或.当时，，不符合题意；当时，.所以.14.0.15【解析】由题意知，所以，所以.15.【解析】如图，过点作，且，连接，，由题意可知，，所以平面，所以，所以，所以.又平面，所以平面平面.取的中点，连接，则平面，且，所以三棱锥的体积.又，，，所以三棱锥的表面积，设三棱锥的内切球半径为，则.16.【解析】由，可得，，连接，在中，由勾股定理得，所以，整理得，所以，即，所以的离心率.在中，，所以.设直线交轴于点，交于点，在中，由，所以为的左焦点，又，，所以的周长等于的周长，又的周长为，所以，解得，所以，故.四、解答题17.解：（1）由题得，所以，又，所以，所以，，所以，所以，所以，故.（2）由题得，所以，又，所以，故，由余弦定理得，所以.18.解：（1）零假设为：用餐学生与两家餐厅满意度无关联，依题意列出列联表如下：不满意满意合计餐厅155267餐厅66369合计21115136，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为用餐学生与两家餐厅满意度无关联.（2）设事件“第次在餐厅用餐”，事件“第次在餐厅用餐”，其中，由题意与互斥，且，，；，，由全概率公式得，，又，，由全概率公式得.19.（1）证明：由，得，即，又，所以，所以数列是以3为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可知，，所以，故，设数列的前项和为，数列的前项和为.所以数列的前项和，所以，，①，②由①-②得，所以，故数列的前项和.20.解：（1）连接，由题意得，又，，所以平面，又平面，所以，在和中，因为，所以，所以，又，所以，即，所以，即.（2）直四棱柱中，底面为矩形，所以以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）可得，，，，，则，，，设平面的法向量为，由取，得，设平面的法向量为，由取，可得，，所以，故二面角的正弦值为.21.（1）解：设动圆的圆心为，半径为，则，，所以，由双曲线定义可知，的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支，所以，，即，，所以，所以的标准方程为，.（2）证明：若①②③：由题可设直线，，，，，由直线与交于，两点，所以，联立得，所以，，由，得，即，由题知，所以，即异于的中点，所以，即，得，又，所以，故，化简得，所以点在直线上，又是上的点，所以③成立.若①③②：设，，，，则.由，，，四点共线，设，，其中且，，则，，，，又点在上，所以，所以，整理得，又，所以，同理，所以，又，，所以，故，，所以，故，即成立，所以②成立.若②③①：由题设，，，，由，得，又点为线段上一点，点为线段延长线上一点，所以设，，其中且，则，，，，又点在上，所以，所以，整理得，同理，所以，故，将代入得，所以故即①成立.22.（1）证明：即证恒成立，设，，显然在区间内单调递增，又，，所以存在唯一，使得，即，.当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，又，所以，故，所以，即.（2）解：由，得，，当时，，所以，即，设，则，且，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以，所以，即成立；当时，令，，则，所以在区间内单调递增，又，，所以存在唯一，使得，即，当时，，由，得，即，设，则，所以在区间内单调递减，所以，解得.当时，，即，由，得，即，设，则，由得，所以，所以单调递增，所以，解得，由，得，综上，实数的取值范围为.