2023届四川省巴中市南江县南江中学高三二模数学（理）试题含解析

2023届四川省巴中市南江县南江中学高三二模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的定义域求集合A，根据一元二次不等式解法求集合B，利用并集概念运算即可.

【详解】由，得，即，

由，得或，即，

所以.

故选：B.

2．已知，则复数z在复平面上对应的点在(    )

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】设，，代入已知等式，根据复数相等可得a、b的值，从而可得答案．

【详解】设，则，

∴由，得，

解得，，

∴复数在复平面上对应的点在第一象限．

故选：A．

3．已知，，，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据对数和指数的性质判断a、b、c与“0”，“1”，“2”的大小关系，从而可判断a、b、c的大小关系．

【详解】∵，，，

∴．

故选：B．

4．新能源汽车的核心部件是动力电池，碳酸锂是动力电池的主要成分．从2021年底开始，碳酸锂的价格一直升高．下表是我国某企业在2022年8月—12月的5个月内购买碳酸锂价格（单位：千元）与月份代码x的统计数据．由表可知其回归直线方程为，则由此方程可预测2023年1月份的碳酸锂价格为（    ）

A．1.58 B．1.64 C．1.68 D．1.72

【答案】D

【分析】先根据数据求出，代入方程可求，根据方程代入可得答案.

【详解】由表中数据可得，，，

因为回归直线经过点，所以，即；

当时，．

故选：D．

5．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先根据函数奇偶性排除B选项，再根据特殊点处排除D选项，在根据解方程得出只有两个零点，从而排除A选项，最后得答案．

【详解】由，得，

所以是偶函数，图象关于y轴对称，故排除B选项；

因为，故排除D选项；

令，解得，故只有两个零点，故排除A选项．

故选：C．

6．我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密，碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.3厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（    ）（单位：平方厘米）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据圆台的侧面积公式求出对应的值，代入公式计算即可求解.

【详解】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R，r，

若当，时，则圆台的母线长，

所以其侧面积为，

若当，时，则圆台的母线长，

所以其侧面积为，所以其侧面积S满足．

故选：C．

7．已知平面向量，，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用两个向量的数量积的定义，两个向量坐标形式的运算法则，求得，进而可得结果．

【详解】因为，，所以，，

所以，所以，

又，所以向量与的夹角为．

故选：A．

8．已知，则的展开式中含项的系数为（    ）

A．28 B．56 C．96 D．128

【答案】B

【分析】根据微积分基本定理求出n的值，求出展开式的通项公式，令x的次数为2即可求解.

【详解】由题意知，

所以的展开式的通项公式为，

令，得，

所以的展开式中的的系数为．

故选：B．

9．已知数列的前n项和满足，，则数列的前10项和为（    ）

A．4162 B．4157 C．2146 D．2142

【答案】B

【分析】根据的关系求出，从而可求，再利用分组求和法即可求出答案.

【详解】因为，

所以当时，，即，则，

当时，，

所以，即，则，

所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，

所以，，

所以数列的前10项和为：

．

故选：B．

10．已知椭圆四个顶点构成的四边形的面积为，直线与椭圆C交于A，B两点，且线段的中点为，则椭圆C的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设代入椭圆方程相减，利用，，，得出等量关系，即可求解.

【详解】设，，则，，两式作差并化简整理得

，因为线段AB的中点为，所以，，

所以，由，得，又因为，解得，，

所以椭圆C的方程为．

故选：A．

11．关于函数有下述四个结论：

①不是偶函数；

②在区间上单调递增；

③的最小正周期为；

④的值域为．

其中，所有正确结论的序号是（    ）

A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③

【答案】C

【分析】①判断，是否相等即可；②化简得，结合正弦型函数性质判断单调性；③判断，是否相等即可；④首先求得的周期为，再求一个周期内的值域即可判断.

【详解】因为，所以不是偶函数，故①正确；

当时，，因为，所以在上先增后减，故②错误；

因为不一定成立，所以的最小正周期不是，故③错误；

，所以的周期为，

当时，，此时，

当时，，此时，

所以的值域为，故④正确．

故选：C

12．在三棱锥中，，平面平面ABC，，点Q为三棱锥外接球O上一动点，且点Q到平面PAC的距离的最大值为，则球O的体积为(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】取AC的中点M，证明BM⊥平面PAC，从而可得BM⊥平面PAC，可得BM⊥PA，再证PA⊥平面ABC；设BC＝a，在△ABC中，利用余弦定理求出cos∠ABC及∠ABC的大小.设外接圆的圆心为，半径为r，球O的半径为R，求出长度；连接，OA，求出长度；在△PAO中，利用勾股定理求出R．易知，从而得∥平面PAC，从而得点O到平面PAC的距离等于点到平面PAC的距离.根据点Q到平面PAC距离的最大值为可得a的值，从而求得R，再根据球的体积公式即可求解．

【详解】取AC的中点M，

∵，∴，

∵平面平面ABC，平面平面，

∴平面PAC，

∵平面PAC，

∴，

∵，，

∴平面ABC，

设，则，

∴，

设外接圆的圆心为，半径为r，球O的半径为R，

如图所示，显然B，M，三点共线，且平面PAC．

由，，得，，∴；

连接，OA，则，

由平面ABC，且外接圆的圆心为，可得．

∵平面ABC，∴，∥平面PAC，

∴点O到平面PAC的距离等于点到平面PAC的距离，

∵点Q到平面PAC距离的最大值为，

∴，得，∴，

∴球O的体积为．

故选：C．

【点睛】关键点睛：空间里面的线面、面面位置关系.需要灵活运用面面垂直的性质定理、线面垂直的判断定理.解题过程中找出三棱锥的外接球球心，构造直角三角形，结合平面几何及空间几何关系求出各种边（棱）长是解题的关键.

二、填空题

13．已知函数，则在点处的切线方程为______．

【答案】

【分析】求出及，根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程.

【详解】因为，所以，

又因为，

所以在点处的切线方程为，即．

故答案为：.

14．写出一个具有下列性质①②的数列的通项公式______．①；②数列的前n项和存在最小值．

【答案】(答案不唯一)

【分析】根据判断数列是等差数列，根据存在最小值可知等差数列首项为负数，公差为正数，从而可写出满足条件的等差数列．

【详解】∵，∴数列是等差数列，

∵数列的前n项和存在最小值，

∴等差数列的公差，，

显然满足题意．

故答案为：．

15．某社区为了丰富群众的业余活动，倡导群众参加踢毽子、广场舞、投篮、射门等体育活动．在一次“定点投球”的游戏中，游戏共进行两轮，每小组两位选手，在每轮活动中，两人各投一次，如果两人都投中，则小组得3分；如果只有一个人投中，则小组得 1分；如果两人都没投中，则小组得 0分，甲、乙两人组成一组，甲每轮投中的概率为，乙每轮投中的概率为，且甲、乙两人每轮是否投中互不影响，各轮结果亦互不影响．则该小组在本次活动中得分之和不低于4分的概率为______．

【答案】

【分析】利用独立事件概率计算公式以及分类讨论的思想解决本题.

【详解】该小组在两轮活动中得分之和为4分的概率为

，

该小组在两轮活动中得分之和为6分的概率为，

所以该小组在两轮活动中得分之和不低于4分的概率为．

故答案为：

16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是C在第一象限上的一点，且直线的斜率为，点B为的内心，直线PB交x轴于点A，且，则双曲线C的渐近线方程为______．

【答案】或

【分析】设内切圆与的三边分别相切于三点，过P作轴，根据双曲线定义和，求得点横坐标为，进而求得直线的方程为，得到，根据，求得，在中，利用余弦定理列出方程求得，得到，进而求得双曲线C的渐近线方程．

【详解】如图所示，设内切圆与的三边分别相切于三点，

过P作轴于M点，因为，，，

又由双曲线定义得，即，由，故，即点横坐标为，

因为直线的斜率为，所以，，

又因为，所以，故直线的方程为，令，可得，即，

因为，且，所以，故，

可得，，

在中，由余弦定理得，

即，化简得，

即，解得，或（舍去），所以，

故双曲线C的渐近线方程为或．

故答案为：或．

【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的几何性质问题的方法与策略：

1、涉及圆锥曲线的定义问题时：圆锥曲线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将距离进行等量转化，因此，涉及圆锥曲线上的点和曲线的焦点时，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化，这样就可以使问题简单化．

2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.

三、解答题

17．如图在平面四边形ABCD中，，，，．

(1)求边BC；

(2)若，求四边形ABCD的面积．

【答案】(1)1；

(2).

【分析】（1）利用余弦定理即可求得边BC的长；

（2）分别利用三角形面积公式求得的面积，进而求得四边形ABCD的面积．

【详解】（1）因为，为锐角，

所以．

因为，，在中，

由余弦定理得，

即，得．

（2）在中，由正弦定理得，

即，所以．

在中，由余弦定理得，

即，解得．

因为，，

所以．

18．如图1所示，在四边形ABCD中，，E为BC上一点，且，，，将四边形AECD沿AE折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，点F在棱BE上，平面DCF与棱AB交于点G.

(1)证明：；

(2)若直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，求.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，再由线面平行性质定理证明线线平行；

（2）建立空间直角坐标系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.

【详解】（1）因为，，所以．

因为平面DCFG，平面DCFG，所以平面DCFG，

因为平面ABE，平面平面，所以；

（2）因为，，，

平面BCE，平面BCE,所以平面BCE，

又平面AEB，所以平面AEB平面BCE，

故以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴，

在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，由（1）知，平面AEB平面BCE，且，

所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故，，

设，则，，，

设平面ADF的法向量为，则，即，

不妨令，则，，所以．

因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，

所以，

整理得，解得或（舍），所以F为EB中点，

所以.

19．设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．

(1)求a；

(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．

【答案】(1)；

(2)证明见解析，定点．

【分析】（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；

（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．

【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，即，

因为的面积为4，所以，解得，所以．

（2）由（1）得，．

当直线l斜率为0时，不适合题意；

当直线l斜率不为0时，设直线，设，，

由，得，

则，，，

因为直线PA，PB的斜率之和为，

所以，即，

所以，所以

，整理得，

所以直线，

令，解之得，所以直线l过定点．

20．一水果连锁店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去30天苹果的日销售量（单位：kg），得到如下频率分布直方图．

(1)求过去30天内苹果的日平均销售量（同组数据用该组区间中点值代表）；

(2)若该店苹果的日销售量X近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，试估计360天中日销售量超过79.9kg的天数（结果保留整数）；

(3)该水果店在店庆期间举行“赢积分，送奖品”活动，规定：每位会员可以投掷n次骰子，若第一次掷骰子点数大于2，可以获得100个积分，否则获得50个积分，从第二次起若掷骰子点数大于2，可以获得上一次积分的两倍，否则获得50个积分，直到投掷骰子结束．记会员甲第n次获得的积分为，求数学期望．

参考数据：若，则，．

【答案】(1)69

(2)57

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算方法即可计算；

（2）根据正态分布图的对称性即可求解；

（3）求出的分布列和，根据关系得的关系，构造等比数列即可求出.

【详解】（1）由题意得各组的频率依次为0.1，0.25，0.4，0.15，0.1，

则．

（2）由（1）得，

因为日销售量X近似服从正态分布，

所以，

所以估计360天中日销售量超过79.9kg的天数为．

（3）依题意的可能取值为100，50，其分布列为：

所以，

由题意得，

所以，得，

又，

所以数列是首项为，公比为的等比数列．

所以，

故．

21．已知函数，．

(1)讨论的极值；

(2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对函数求导，分，和三种情况进行分类讨论，进而求出函数的极值；

（2）将不等式等价转化为，构造函数，对函数二次求导进而求出参数的取值范围.

【详解】（1）因为函数，则，，当时，，此时单调递增，无极值；

当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，无极小值；

当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，无极大值．

综上，当时，函数无极值；当时，，无极小值；当时，，无极大值．

（2）由及，得，，

即．设，，

当时，需．由，得，

，设，

则，，

当时，由，得，因为，所以，

所以当时，则，即为增函数，则，

为增函数，则，所以符合条件．

当时，由，得，

因为，所以，所以当时，，则即为减函数，则，为减函数，则，不符合条件．

综上所述，m的取值范围为．

22．在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．

(1)求直线l的极坐标方程和圆C的直角坐标方程；

(2)若直线l与x轴交于点P，点Q为圆C上的动点，求的取值范围．

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）利用参数方程与普通方程的互化和极坐标与直角坐标的互化即可求得直线l的极坐标方程和圆C的直角坐标方程；

（2）先求得点P的坐标，进而求得数量积的代数表达式，利用辅助角公式化简，依据三角函数的性质就求得的取值范围．

【详解】（1）由，得，即，

由，，

得直线l的极坐标方程为，

因为圆C的极坐标方程为，

所以，即，

即圆C的直角坐标方程为．

（2）由（1）得圆C的参数方程为（为参数），

故，，，

所以，所以

（其中，），

所以的最大值为34，最小值为4，

故的取值范围为．

23．已知函数．

(1)求的值域；

(2)若的最大值为m，正实数a，b满足，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）先去掉绝对值化简的解析式，进而求得的值域；

（2）先由（1）得到，再利用柯西不等式即可证得该不等式.

【详解】（1）当时，，

当时，，，

当时，，

所以的值域为．

（2）先证明柯西不等式

，

（当且仅当时等号成立）

则成立.

由（1）可知，，因为，所以，

由柯西不等式得

，

所以，

当且仅当，即，时等号成立．