2023届渝琼辽（新高考2卷）高三下学期名校仿真模拟联考数学试题含解析

2023届渝琼辽（新高考2卷）高三下学期名校仿真模拟联考数学试题

一、单选题

1．对于集合A，B，定义集合且，已知集合，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合新定义可知，求得，进而根据补集的定义求解即可.

【详解】结合新定义可知，又，

所以．

故选：A

2．若复数z满足，则复数的虚部为（    ）

A． B． C．-1 D．1

【答案】D

【分析】根据已知先求出复数，再利用共轭复数相关定义得出答案.

【详解】，

，

所以，，的虚部为1．

故选：D

3．“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论、代数学、非欧几何、复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献．我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数、倒序相加法、最小二乘法、每一个n阶代数方程必有n个复数解等．已知某数列的通项，则（    ）

A．48 B．49 C．50 D．51

【答案】D

【分析】利用倒序相加法求得正确答案.

【详解】函数，

，

又，

所以．

则，，

∴，所以．

故选：D

4．已知某圆台的母线长为4，母线与轴所在直线的夹角是，且上、下底面的面积之比为1：9，则该圆台外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将圆台补为圆锥，单独考虑圆锤和圆台公共的轴截面，在轴截面中根据长度和角度关系以及三角形相似可得圆台的上底面半径和下底面半径及高，做出圆台的外接球球心，连接球心和圆台上的点，设出外接球半径及球心到下底面距离，利用勾股定理建立等式解出方程，即可求得外接球半径，进而求得其表面积.

【详解】解：将圆台补全为圆锥，记圆锥顶点为，取圆锥的轴截面，

记该轴截面与圆台的交点为，记圆台上底面圆心为，

下底面圆心为，根据圆台的对称性可知，其外接球球心在中轴线上，

连接如图所示：

由题知，因为上、下底面的面积之比为1：9，

所以上底面半径与下地面半径之比为，即，

因为，所以，

解得，因为，

所以，因为，

所以，，

记圆台外接球半径为，，

在直角和直角中由勾股定理知：

，，

即，，

解得，故圆台外接球的表面积为.

故选：D

5．若，则（    ）

A．5 B． C．2 D．4

【答案】A

【分析】先求得，然后根据同角三角函数的基本关系式、二倍角公式等知识求得正确答案.

【详解】，

所以，则，

所以

故选：A

6．已知函数满足，若，，则m的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由方程组法求得，不等式用参数分离法转化为，引入新函数，利用导数求得函数的最小值，从而得参数范围．

【详解】①，

又②，

①×2－②得，

∴．又，即，所以，

令，，

令（），则，

所以即在单调递增，，则在递增．

，∴．

故选：C．

7．盲盒里有大小、形状完全相同的个绿球，个红球，现抛掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从盲盒里取出几个球．则取出的球全是绿球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设“取出的球全是绿球”，“掷出点”，则，求出，利用全概率公式可求得的值.

【详解】设“取出的球全是绿球”，“掷出点”，则，

又因为从盲盒里每次取出个球的所有取法是，即基本事件总数为，

而从袋中每次取出个绿球的所有取法是，即事件所含基本事件数为，

所以掷出点，取出的球全是绿球的概率为，

所以，.

故选：B.

8．已知O为平面点角坐标系的原点，点，B为圆上动点，记经过A、B的直线为l，以O为圆心与l相切的圆的面积为，经过O、A、B三点的圆的面积为，则的最大值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设l与x轴交点为C，，利用三角函数的定义和正弦定理，得到，从而有，再利用点与圆上的点的距离求解.

【详解】解：如图所示：

设l与x轴交点为C，，

则，

在中，由正弦定理得：，

∴，

又，

所以的最大值为．

故选：C．

二、多选题

9．设m，n是空间中两条不同直线，，是空间中两个不同平面，则下列选项中错误的是（    ）

A．当时，“”是“”的充要条件．

B．当时，“”是“”的充要条件．

C．当时，“”是“”的充分不必要条件．

D．当时，“”是“”的必要不充分条件．

【答案】AD

【分析】根据线面之间的位置关系结合充分条件和必要条件逐一判断即可.

【详解】对于A，当时，若，则或或m，相交,

若，则或或m，相交，

故不是的充分条件，也不是必要条件，故A错误；

对于B，根据面面平行的性质B正确；

对于C，当时，若，由面面垂直的判定定理得，

若，则或或m，相交，故C正确；

对于D，当时，若，则m，n平行或异面，

若，则或，

所以不是的充分条件也不是必要条件，故D错误．

故选：AD．

10．下列命题中为真命题的是（    ）

A．用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是0．

B．一组数按照从小到大排列后为：，，…，，计算得：，则这组数的25%分位数是．

C．在分层抽样时，如果知道各层的样本量、各层的样本均值及各层的样本方差，可以计算得出所有数据的样本均值和方差．

D．从统计量中得知有97%的把握认为吸烟与患肺病有关系，是指推断有3%的可能性出现错误．

【答案】ACD

【分析】根据残差定义及最小二乘法可判断A；由百分位数的定义可判断B；由分层抽样的均值和方差定义可判断C；由独立性检验定义可判断D.

【详解】对于A，根据残差定义及最小二乘法

故A正确；

对于B，由百分位数定义，结果应为，故B错误；

对于C，在分层抽样时，如果知道各层的样本量、各层的样本均值及各层的样本方差，可以计算得出所有数据的样本均值和方差，故C正确；

对于D，从统计量中得知有97%的把握认为吸烟与患肺病有关系，是指推断有3%的可能性出现错误，故D正确.

故选：ACD．

11．如图，在四边形ABCD中，，，，，，F为线段BC的中点，E为线段AD上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（    ）

A． B．的最小值为

C．若E为线段AD的中点，则 D．n的最大值为

【答案】ACD

【分析】如图作出辅助线，根据所给条件及直角三角形中的三角函数求出AB判断A，根据向量中的重要公式极化恒等式可判断B，根据向量的线性运算及三点共线可求出判断C，建立平面直角坐标系，利用坐标法求n的最大值判断D.

【详解】过作，交的延长线于点，过作，交于，如图，

则四边形为矩形，设，由题意知，

则，，∴．

，∴．

对于选项A，，故A正确；

对于选项B，由F为线段BC的中点可知，所以，所以，过F作，垂足为M，的长即最小值，且，

∴，故B错误；

对于选项C，

∵E为DA中点，，∴，即．

∴．故C正确；

对于选项D，以D为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，

则，，，，，设

∴，即

∴，，∴，故D正确．

故选：ACD

12．已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（    ）

A．函数在定义域上有极小值．

B．函数在定义域上单调递增．

C．函数的单调递减区间为．

D．不等式的解集为．

【答案】BC

【分析】令并求导，结合已知可得，进而可得，构造并研究单调性判断A、B；构造、分别研究它们的单调性判断C、D.

【详解】令，则，又得：，

由得：，

令得：，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，即，

所以单调递增，所以B正确，A不正确；

由且定义域为得：，

令，解得，即的单调递减区间为，故C正确．

的解集等价于的解集，

设，则，

当时，，此时，即在上递减，

所以，即在上成立，故D错误．

故选：BC

【点睛】关键点睛：令，根据已知得，利用导数研究其单调性和极值情况，构造研究单调性，对于D问题转化为判断在上的符号.

三、填空题

13．e作为数学常数，它的一个定义是，其数值约为：2.7182818284…，梓轩在设置手机的数字密码时，打算将e的前5位数字：2，7，1，8，2进行某种排列得到密码，如果要求两个2不相邻，那么梓轩可以设置的不同密码有______种（以数字作答）．

【答案】36

【分析】利用插空法，结合排列数与组合数，可得答案.

【详解】第一步：对除2以外的3位数字进行全排列，有种方法；

第二步：将两个2选两个空插进去种方法，由分步计数原理可得共有种不同的密码．

故答案为：.

14．设，，将函数的图象左移个单位得到的图象，为偶函数，则______．

【答案】##

【分析】由题意可得，再根据三角函数的奇偶性结合诱导公式即可得解.

【详解】由题意，将函数的图象左移个单位得到的图象，

即，

因为为偶函数，

所以，，则，，

而，故．

故答案为：.

15．单位向量与的夹角为60°，则______．

【答案】或

【分析】设，然后根据夹角公式及模长公式列方程组求解即可.

【详解】设，

则，解得或

∴与成60°的单位向量是或.

故答案为：或.

16．已知双曲线，为左焦点，过点作轴交双曲线于第二象限内的点，点与点关于原点对称，连接，，当取得最大值时双曲线的离心率为______．

【答案】

【分析】设，，且，设直线斜率为，直线斜率为，根据坐标关系可得，，又，结合正切函数的性质与基本不等式，即可得最大时所满足的等式关系，从而可得此时双曲线的离心率.

【详解】如图：

设，，且，设直线斜率为，直线斜率为，

由题意，因为，所以，，

∴，，则．

∵，∴，

∴

，当且仅当时，取得最大值

∴，∴∴或（舍）

故当取得最大值时双曲线的离心率为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列的前n项和为，，且．，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据对数运算得，利用等比数列定义求通项公式，利用等差中项判断数列为等差数列，建立方程求出公差，从而可得的通项；

（2）利用错位相减法计算即可.

【详解】（1）∵，∴，则，所以为等比数列，

又，得，所以，

由知是等差数列，且，，

∴，得，．∴.

（2）因为，，所以，

所以

则

上面两式作差得

，

∴

18．中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，．

(1)，时，求CD的长度；

(2)若CD为角C的平分线，且，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，可得，然后根据向量的模长计算公式，即可得到结果；

（2）根据题意，可得，然后结合三角形的面积公式即可得到，从而得到的面积.

【详解】（1）当时，

则

所以，

∴．

（2）因为，

即，∴，又，

∴，则，

∴．

19．如图，D为圆锥DO的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为直径，C为底面圆周上一点，四边形OAED为正方形，．

(1)若点F在BC上，且//面ACE，请确定点F的位置并说明理由；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)F为BC中点，理由见解析

(2)．

【分析】（1）根据线面平行得平面平面AEC,进而根据面面平行的性质可得线线平行，即可得到点的位置.

（2）根据二面角的几何法求解找到二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系进行求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.

【详解】（1）过O作交于，平面ACE, 平面ACE,所以平面ACE ,

又平面AEC，，OD、平面DOF，

∴平面平面AEC，

由于平面平面  平面,故

在中，是的中点，∴ F为BC中点．

（2）（方法一）连BE交OD于M，由于,

则M为DO、BE中点，面ABC,

由于,由三垂线定理知，则，,

所以即为二面角的平面角．

不妨设，，则，，

在中，

在中，

，∴在中，由余弦定理，

所以二面角的余弦值为．

（方法二）过C作面ABC，以，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

，，，，，，

设面DBC法向量，，即 ，取

设面EBC法向量， ，即 ，

设二面角的平面角为，

∴，

由图知为锐角，所以二面角的余弦值为．

20．某企业为检查一条流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的件产品作为样本测出它们的长度（单位：），长度的分组区间为、、、，．由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．

(1)在上述抽取的件产品中任取件，设为长度超过的产品数量，求的分布列和数学期望．

(2)从该流水线上任取件产品，设为长度超过的产品数量，求的数学期望和方差．

【答案】(1)分布列见解析，

(2)，

【分析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；

（2）分析可知，利用二项分布的期望和方差公式可得出、的值.

【详解】（1）解：由题意可知，上述抽取的件产品中，

长度超过的产品数量为件，

所以，随机变量的可能取值有、、，

则，，，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

所以，.

（2）解：由题意可知，，，.

21．已知一条长为的线段的端点分别在双曲线的两条渐近线上滑动，点是线段的中点．

(1)求点的轨迹的方程．

(2)直线过点且与交于、两点，交轴于点．设，，求证：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出双曲线渐近线的方程，设，，，再根据以及点是线段的中点来列式整理即可；

（2）先计算直线斜率为零时的情况，再计算直线斜率不为零时，设出直线方程，与椭圆联立，然后利用韦达定理及向量的坐标运算来计算即可.

【详解】（1）由已知，双曲线的渐近线方程为和，

设，，

∵，

∴，即

∵，∴，∴，

∴；

（2）证明：当直线斜率为零时，方程为，

此时，又，

，

；

当直线斜率不为零时，设，，

，∴，

∴，，，，

∵，∴，∴，同理：

∴．

∵E、F、M、D四点共线，∴满足l方程，

∴，∴

∴为定值．

22．已知函数的图象与x轴有两个交点，．

(1)求实数a的取值范围；

(2)设点，满足，且恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）先求定义域，根据分析时，零点的个数，当时，运用全分离，有两个不同的零点，即，有两个不同的交点，对求导，分析其函数图象性质，列出不等式解出即可；

（2）根据题意建立之间的等式，根据为零点，建立等式，找到之间的等式，求出将上述等式代入，换元令后，得到关于的不等式，构造新函数，分类讨论单调性进而求出范围即可.

【详解】（1）解：由题意知有两个不同的零点，

定义域为，，

当时，，在单调递增，

此时至多只有1个零点，不合题意；

若，则有两个不等实根，

即为有两不等实根，

即，在上有两个不同的交点，

因为，所以时，，单调递增，

时，，单调递减，

所以在处取极大值，即为最大值，

因为，且时，，时，，

若，在上有两个不同的交点成立，

只需即可，即；

（2）由得，

，由题，不妨设，

则，设，

所以，因为，

所以

恒成立，

又因为，所以，即恒成立，

设，恒成立，

，

因为，所以，

①当时，，所以，

故在上单调递增，所以恒成立，

因为，所以符合题意；

②当时，因为，所以时，

，在上单调递增；

时，，在上单调递减，

所以时，，不满足恒成立，故舍，

综上：．

【点睛】思路点睛：此题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于双变量问题的思路有：

（1）根据题意建立关于的等式或不等式；

（2）构造关于或的一元函数，或令构造关于的一元函数；

（3）应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到不等式的证明或求范围.