2023届贵州省毕节市高三诊断性考试（二）数学（文）试题含解析

2023届贵州省毕节市高三诊断性考试（二）数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A．{x|或} B．{x|或}

C． D．{x

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用补集、并集的定义求解作答.

【详解】全集，集合，则或，而，

所以或.

故选：A

2．已知复数，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】由复数的四则运算结合模长公式求解即可.

【详解】，.

故选：C

3．已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】B

【分析】根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．

【详解】对于A，若，则或，故A错误；

对于B，若，则或，

若，因为，则，

若，如图所示，则在平面一定存在一条直线，

因为，所以，

又，所以，

综上若，则，故B正确；

对于C，若，则直线相交或平行或异面，故C错误；

对于D，若，则直线相交或平行或异面，故D错误.

故选：B.

4．古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中，记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的办法．如图，已知圆锥的高与底面半径均为2，过轴的截面为平面OAB，平行于平面OAB的平面与圆锥侧面的交线为双曲线C的一部分．若双曲线C的两条渐近线分别平行于，则建立恰当的坐标系后，双曲线C的方程可以为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】建立坐标系，由得出，进而作出判断.

【详解】设双曲线OC的方程为.

将题设中双曲线C的一部分平移到平面OAB内，以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：

因为圆锥的高与底面半径均为2，所以，则.

即渐近线的方程为，即，故.

选项ABCD中满足的只有选项C.

故选：C

5．某市质量检测部门从辖区内甲、乙两个地区的食品生产企业中分别随机抽取9家企业，根据食品安全管理考核指标对抽到的企业进行考核，并将各企业考核得分整理成如下的茎叶图．由茎叶图所给信息，可判断以下结论中正确是（    ）

A．若，则甲地区考核得分的极差大于乙地区考核得分的极差

B．若，则甲地区考核得分的平均数小于乙地区考核得分的平均数

C．若，则甲地区考核得分的方差小于乙地区考核得分的方差

D．若，则甲地区考核得分的中位数小于乙地区考核得分的中位数

【答案】C

【分析】根据极差、平均数、中位数的计算方法判断ABD；由波动程度判断C.

【详解】对于A：甲地区考核得分的极差为，乙地区考核得分的极差为，

即甲地区考核得分的极差小于乙地区考核得分的极差，故A错误；

对于B：甲地区考核得分的平均数为

乙地区考核得分的平均数为，

即甲地区考核得分的平均数大于乙地区考核得分的平均数，故B错误；

对于C：甲地区考核得分从小到大排列为：75，78，81，84，85，88，92，93，94

乙地区考核得分从小到大排列为：74，77，80，83，84，87，91，95，99

由以上数据可知，乙地区考核得分的波动程度比甲地区考核得分的波动程度大，

即甲地区考核得分的方差小于乙地区考核得分的方差，故C正确；

对于D：由茎叶图可知，甲地区考核得分的中位数为，乙地区考核得分的中位数为，则甲地区考核得分的中位数大于乙地区考核得分的中位数，故D错误；

故选：C

6．将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象的对称轴中与y轴距离最近的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由平移变换得出平移后的解析式，再由正弦函数的性质求解.

【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象.

由可得，函数的对称轴为.

其中y轴距离最近的是.

故选：D

7．有诗云：“芍药承春宠，何曾羡牡丹”，芍药不仅观赏性强，且具有药用价值，某地以芍药为主打造了一个如图的花海大世界，其中大圆半径为8，大圆内部的同心小圆半径为3，两圆之间的图案是对称的．若在其中阴影部分种植红芍．倘若你置身此花海大世界之中，则恰好处在红芍中的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由圆的面积公式结合几何概型的概率公式求解.

【详解】由已知得：大圆的面积为，小圆的面积为.

所以阴影部分的面积为.

设“恰好处在红芍中”为事件，则

故选：C

8．已知，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用指数函数，幂函数，对数函数的单调性即可解出的范围.

【详解】，根据指数函数在上单调递减得，

，根据幂函数在上单调递增知，则，

，根据对数函数在上单调递减得，

综上.

故选：D.

9．已知函数，则的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定的函数，由时的单调性排除两个选项，当时，利用导数探讨函数的单调性、极值判断作答.

【详解】函数的定义域为，

当时，，因为函数在上递增，函数在上递减，

因此函数在上递增，BD错误；

当时，，求导得：在上递增，

，，而，即有，

则存在，使得，当时，，当时，，

即函数在上单调递减，在上单调递增，C选项不满足，A选项符合要求.

故选：A

10．等腰三角形ABC内接于半径为2的圆O中，，且M为圆O上一点，的最大值为（    ）

A．2 B．6 C．8 D．10

【答案】B

【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示，结合三角函数性质求解作答.

【详解】以圆O的圆心O为原点，射线OA为x轴建立平面直角坐标系，连接，如图，

因为，则，

而圆O的方程为，设点，

于是，

，

当且仅当，即时，，

所以的最大值为6.

故选：B

11．已知，，则下列选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，，由其单调性结合图象得出大小关系.

【详解】构造函数，，，，

易知函数，为增函数.

函数，与函数的图象，如下图所示：

由图可知，.

又，，所以.

综上，.

故选：B

12．已知曲线，曲线，直线与曲线的交点记为，与曲线的交点记为．执行如图的程序框图，当取遍[－1，]上所有实数时，输出的点构成曲线C，则曲线C围成的区域面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由程序框图结合圆的方程得出曲线C的轨迹，进而得出面积.

【详解】当时，曲线，即.

当时，曲线，即.

由程序框图可知，点在上，

点在上，则曲线C的轨迹如下图所示：

则曲线C围成的区域面积为.

故选：A

二、填空题

13．已知，则＝___．

【答案】

【分析】由诱导公式以及倍角公式求解即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：

14．已知点P为抛物线C：上一点，若点P到y轴和到直线的距离之和的最小值为2，则抛物线C的准线方程为___．

【答案】

【分析】由抛物线的定义结合距离公式得出，进而得出抛物线C的准线方程.

【详解】过点分别作直线，和y轴的垂线，垂足分别为，，设焦点为.

点到直线的距离为.

由定义可知，，则，

当且仅当三点共线时，取等号，

所以，解得，

则抛物线C的准线方程为

故答案为：

15．已知函数若方程有4个互不相等的实数根，则的值为___．

【答案】

【分析】利用二次函数对称性即可得，根据对数运用即可得，则可得到答案.

【详解】由题意得，当时，，

则根据二次函数对称性得，

而，当时，，则，则，，

则，

故答案为：.

16．已知四棱锥的各个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，M是线段AB上一点，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为，则＝___．

【答案】或

【分析】根据给定的几何体，确定球心O的位置并求出球半径，再利用球的截面圆性质及余弦定理求解作答.

【详解】在等腰梯形中，连接，如图，

因为，，，则，，

于是，取中点，连接，则，得均为正三角形，

即有，即是梯形外接圆圆心，

而O为四棱锥的外接球球心，因此平面，又PA⊥平面ABCD，

则，而为球O的弦，则过点O垂直于的平面必过的中点E，连接，

于是，而，即有，四边形为矩形，，

因此球O的半径，过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于，

而此截面圆半径为，则，连接，在中，，

在中，，，

即有，解得或，

所以或.

故答案为：或

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

三、解答题

17．已知数列{}的前n项和为，且．

(1)求数列{}的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)（）．

【分析】（1）由与的关系得出数列{}的通项公式；

（2）由错位相减法得出前n项和．

【详解】（1）由得，

当时，

，

当时，满足，

所以数列{}通项公式为

（2）由，

∴

，两式错位相减得

所以（）．

18．某中学组织学生进行地理知识竞赛，随机抽取500名学生的成绩进行统计，将这500名学生成绩分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图，若成等差数列，且成绩在区间内的人数为120．

(1)求a，b，c的值；

(2)估计这500名学生成绩的中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；

(3)由成绩在区间[90，100]内的甲、乙等5名学生组成帮助小组，帮助成绩在区间[50，60）内的学生A，B，其中3人帮助A，余下的2人帮助B，求甲、乙都帮助A的概率．

【答案】(1)，

(2)中位数估计为73，平均数73.8

(3)

【分析】（1）根据的人数先求出，再利用其成等差数列，以及所有小矩形面积为1得到方程，解出即可.

（2）设估计中位数为t，列出方程，解出即可，再利用频率分布直方图求出平均值即可.

（3）列出所有情况，找到满足题意得情况，即可得到概率.

【详解】（1）依题意可得：

又∵成等差数列，

∴且，

解得：

（2）估计中位数设为t，而的频率为0.41，的频率为0.71,则，

∴，

解得：，即中位数估计为73，

估计平均数为：

．

（3）5人中，将甲、乙分别编号为1,2，其余3人编号，

从这5人中选3人帮助A的所以可能结果有：（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），

（1，3，4），（1，3，5）（1，4，5），（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5），共10个基本事件，

其中满足条件的有（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），共3个，

故满足条件的概率为.

19．正方体中，AC与BD交于点O，点E，F分别为的中点．

(1)求证：平面平面BEO；

(2)若正方体的棱长为2，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理证得面BEO，平面BEO，从而利用面面平行的判定定理即可得证；

（2）先利用线面垂直的判定定理证得BO⊥平面OEF，再利用等体积法即可得解.

【详解】（1）连接交于M，连接，MF，

∵在正方体中，O为AC的中点，E为的中点，∴，

同理，∴，

∵EO⊂平面BEO，平面BEO ，∴面BEO，

∵，而BD⊂平面BEO ，平面BEO，∴平面BEO，

∵，，MF⊂平面，

∴平面平面BEO.

（2）∵，平面OEF，

∴BO⊥平面OEF，

∵正方体棱长为2，，

∴.

20．在圆上任取一点P，过点P作y轴的垂线，垂足为D，点Q满足．当点P在圆O上运动时，点Q的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)设曲线C与y轴正半轴交点为A，不过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，若，试探究直线l是否过定点．若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)

(2)恒过点，理由见解析

【分析】（1）设点，由得出，继而由圆的方程得出曲线的方程；

（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，由得出，结合韦达定理以及数量积公式得出，进而得出定点.

【详解】（1）设点

∵，∴

∵，，则曲线的方程为

（2），设，由

∴

当直线轴时，△MAN为钝角三角形，且，不满足题意．

∴直线l的斜率存在．设直线l的方程为：

由，化简得：

∴

∴

整理得，∵，∴

∴直线l的方程为：，恒过点．

【点睛】关键点睛：对于第（2）问，关键是联立直线和椭圆的方程，由韦达定理结合数量积公式得出，进而由斜截式方程得出定点.

21．已知函数．

(1)求证：函数在上单调递增；

(2)当时，恒成立，求实数k的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由导数结合正弦函数的性质得出单调性；

（2）分离参数得出，利用导数得出的最值，进而得出实数k的取值范围．

【详解】（1）证明：∵

当时，

∴成立，所以函数在上单调递增．

（2）

当时，不等式显然成立

当时，，所以

令，

令，

在上成立，

∴在上为单调递增函数，

∴

即在上成立，

在上单调递减，∴

∴．

【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于将不等式的恒成立问题，转化为最值问题，通过导数得出最值，进而得出参数的范围.

22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（t为参数，）．

(1)求曲线的极坐标方程与曲线的普通方程；

(2)点，若曲线与曲线有且只有一个交点M，求|PM|的值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由平方关系消元得出的普通方程，进而化为极坐标方程；讨论，，消参得出的普通方程；

（2）联立与的方程，由以及求根公式得出，进而由直线参数方程的几何意义求解.

【详解】（1）由两式相加得，的普通方程为

∵，∴的极坐标方程为

由（t为参数，

当时，的普通方程为：

当时，的普通方程为：.

（2）点P在直线上，将代入方程：，

得：

由曲线与只有一个交点，得：

整理得出，解得：，.

∴

23．已知a，b，c都是正数，且1. 证明：

(1)；

(2)．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定条件，利用三元均值不等式推理作答.

（2）利用均值不等式，结合不等式的性质推理作答.

【详解】（1）因为a，b，c都是正数，则有，当且仅当时取等号，

所以.

（2）因为c都是正数，于是，当且仅当时取等号，

因此，当且仅当时取等号，

同理，当且仅当时取等号，

，当且仅当时取等号，

则，当且仅当时取等号，

所以.