2023届云南省昭通市高三下学期2月诊断性监测数学试题含解析

2023届云南省昭通市高三下学期2月诊断性监测数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据交集的知识求得正确答案.

【详解】依题意，.

故选：B

2．的虚部为（    ）

A． B． C．0 D．

【答案】D

【分析】利用复数除法运算化简，进而求得的虚部.

【详解】，

所以的虚部是.

故选：D

3．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则谷雨日影长为（    ）

A．3.5尺 B．4.5尺 C．5.5尺 D．6.5尺

【答案】C

【分析】根据题意，分别设十二个节气为 ，再运用等差中项求解.

【详解】设冬至，小寒，大寒，立春，雨水，惊蛰，春分，清明，谷雨，立夏，小满，芒种这十二个节气为：

，依题意有： ， ，

，公差 ，

谷雨为 ；

故选：C.

4．已知正方形的边长为2，，则的值为（    ）

A． B． C．0 D．3

【答案】D

【分析】根据向量数量积运算、向量线性运算求得正确答案.

【详解】由于，所以是线段的中点，

所以

.

故选：D

5．2022年11月初，新冠疫情突袭昭通市鲁甸县，昭通市统一指挥、众志成城，构筑起抗击疫情的坚固堡垒.现有甲、乙等5名医务人员参加某小区社区志愿服务活动，他们被分派到核酸检验和扫码两个小组，且这两个组都至少需要2名医务人员，则甲、乙两名医务人员不在同一组的分配方案有（    ）

A．8种 B．10种 C．12种 D．14种

【答案】C

【分析】先将甲、乙两名医护人员分配到两组，再将剩下的3名医务人员分到核酸检验和扫码两个小组，利用排列组合公式计算即可.

【详解】先将甲、乙两名医护人员分配到两组，有种方案，再将剩下的3名医务人员分到核酸检验和扫码两个小组，有种方案，所以甲、乙两名医务人员不在同一组的分配方案有种方案.

故选：C.

6．的值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】运用正切两角和公式变形求解即可.

【详解】，令，则，

所以，即.

故选：A.

7．已知三棱锥所有的顶点都在球的表面上，若，，，且三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得，利用正弦定理求得三角形外接圆半径，利用三棱锥的体积的最大值以及勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.

【详解】设，在三角形中，由余弦定理得，

解得，所以，

设到平面的距离为，

则三棱锥的体积的最大值为，所以，

设三角形外接圆的半径为，则，

设球的半径为，则，解得，

所以球的表面积为.

故选：A

8．已知函数，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由指对数图象判断，且，，构造并研究其最值得，结合，得到，求导得，然后由函数单调性即可得到其大小关系.

【详解】由，则是是的交点横坐标，如下图示，

由图易知：，且，，

构造，则，令，

当时，，则递减；当时，，则递增；

所以当时，，所以,即，

所以，即，则，故，

综上，，

因为，则时，时，

所以在上递增，在上递减，则，

而，故.

故选：B

二、多选题

9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的一个周期为

B．直线是的一条对称轴

C．点是的一个对称中心

D．在区间上单调递减

【答案】AB

【分析】根据三角函数的性质逐项分析.

【详解】对于A， ，所以最小正周期 ，正确；

对于B，将 代入函数解析式得： ，

所以是一条对称轴，正确；

对于C，因为 可以看作是函数 向上平移2个单位后的函数，所以对称中心的纵坐标不可能是0，错误；

对于D，当 时， ，刚好是函数 的一个周期 ，不可能是单调的函数，错误；

故选：AB.

10．双曲线具有如下光学性质：如图1，，是双曲线的左、右焦点，从右焦点发出的光线交双曲线右支于点，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线过左焦点.若双曲线的方程为，下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．点到的渐近线的距离为

C．当过点，光由所经过的路程为13

D．射线所在直线的斜率为，则

【答案】BD

【分析】由双曲线的定义及勾股定理可得，从而判定A项；

由双曲线的性质可得焦点到渐近线的距离为，从而判定B项；

由双曲线定义可得光由所经过的路程为，从而判定C项；

由双曲线的性质可知直线的斜率范围与双曲线的交点个数情况，从而判定D项.

【详解】对于A，设，由双曲线的定义及勾股定理可得,∴，A错误；

对于B，易知的渐近线为，∴，B正确；

对于C，当过点时，由双曲线定义可得光由所经过的路程为，C项错误；

对于D，由双曲线的性质可得当射线所在直线的斜率时，与右支无交点，D项正确.

综上，BD正确.

故选：BD

11．如图，已知正方体的棱长为2，点是的中点，点是线段上的一动点，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．三棱锥的内切球的体积为

C．三棱锥的体积为

D．直线与平面所成角的最大值为

【答案】ACD

【分析】建立空间坐标系，利用向量与垂直判断A，利用体积分割法求解内切球的半径，进一步求内切球的体积判断B，证明平面，根据等体积法计算棱锥的体积判断C，利用向量法计算直线与平面所成角的正弦值，求函数最值即可求出最大角判断D.

【详解】由正方体性质知，如图

以点A为坐标原点，AB、AD、分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，，，因为点是线段上的一动点，所以设，则.

对于A，因为，，所以，

所以，故，故选项A正确；

对于B，三棱锥的体积为，

又三棱锥的所有棱长均为，

所以三棱锥的表面积为，

设三棱锥的内切球半径为，则，

解得，所以三棱锥的内切球的体积为，故选项B错误；

对于C，

设，连接BF，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，所以点P到平面的距离为点到平面的距离，所以，故选项C正确；

对于D，易知平面的一个法向量为，，设直线与平面所成角为，则，令，因为，所以，

则，

所以即时，有最大值为，又，且函数在上单调递增，

所以的最大值为，即直线与平面所成角的最大值为，故选项D正确.

综上，说法正确的是ACD.

故选：ACD

12．若过轴上一点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（    ）

A．可以取到3 B．

C．当时，的取值范围是 D．当时，存在唯一的值

【答案】ABD

【分析】设切点，利用导数的几何意义建立方程，分离参数，判断交点个数即可.

【详解】设切点为，，则，∴

令，易得在上单调递增，在上单调递减.

极大值为：，且，如下图所示，

显然当时，有三个解，即有三条切线，；

当时，有一个解，即仅有一条切线，；

当时，无解，即不存在切线，不符合题意；

当时，有两个解，即有两条切线，；

当时，有一个解，即有一条切线，；

所以选项A、B、D正确，选项C错误.

故选：ABD.

【点睛】本题考查导数的几何意义，可以分离参数转化为函数交点个数问题，属于压轴题

三、填空题

13．某班15名学生在一次测试中的得分（单位：分）如下：

8，9，9，10，10，11，12，12，12，12，13，14，15，17，17.

则这组数据的第70百分位数是_____________.

【答案】13

【分析】利用百分位数的求法即可.

【详解】因为，所以70百分位数是第11个数据为13.

故答案为：13.

14．曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【详解】试题分析：．

【解析】导数的几何意义．

15．已知直线与圆交于两点，以线段为直径作圆，该圆的面积的取值范围为_____________.

【答案】

【分析】由题意可得直线过定点，当直线过圆心时最大，当直线与垂直时最小，进而可求出结果.

【详解】直线可化为，

所以直线过定点，

圆可化为，

圆心，半径，

设圆心到直线的距离为，

则，

所以当，即直线过圆心时，最大，则，

所求圆面积最大，为，

当最大时，即直线与垂直时最小，则,

所求圆面积最小，为，

所求圆面积取值范围为，

故答案为：.

16．已知椭圆，直线与椭圆在第四象限交于，两点，与轴、轴分别交于，两点，是坐标原点，椭圆的左顶点为，且，，则直线的方程为__________.

【答案】

【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理法可得线段的中点为，结合条件可得，，列出方程进而即得.

【详解】设直线的方程为，，

由，可得，

所以，，

所以线段的中点为，

由题可知，由，可知，

所以，所以，即，

由，可得，

所以，

所以直线的方程为，经检验满足题意，

即直线的方程为.

故答案为：.

【点睛】方法点晴：直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型．涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．

四、解答题

17．设是公差不为0的等差数列的前项和，若，.

(1)求数列的通项公式；

(2)求使的的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得，进而求得.

（2）先求得，然后由进行化简，从而求得的最大值.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

则，

由于，故解得，

所以.

（2），

由得，

解得，

由于，所以的最大值是.

18．已知中，角，，所对的边分别为，，，且满足.从①，②，③，这三个条件中任选一个作为已知条件.

(1)求角的大小；

(2)点在线段的延长线上，且，若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)运用正弦定理或余弦定理求解；

(2)根据条件和（1）的结果，运用余弦定理求出b，c，再用正弦定理求出DA，运用面积公式求解.

【详解】（1）由 得： ；

若选① ，则有 ，由余弦定理得 ；

若选② ，由 代入上式，得：

；

若选③ ，则 为直角三角形， ， ；

综上， ；

（2）

由（1）知 ，， ，由余弦定理得： ，

，在 中，由正弦定理得： ，

， ，

；

综上，， .

19．为了满足同学们多元化的需求，某学校决定每周组织一次社团活动，活动内容丰富多彩，有书法、象棋、篮球、舞蹈、古风汉服走秀、古筝表演等.同学们可以根据自己的兴趣选择项目参加，为了了解学生对该活动的喜爱情况，学校采用给活动打分的方式（分数为整数，满分100分），在全校学生中随机选取1200名同学进行打分，发现所给数据均在内，现将这些数据分成6组并绘制出如图3所示的样本频率分布直方图.

(1)请将样本频率分布直方图补充完整，并求出样本的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)从这1200名同学中随机抽取，经统计其中有男同学70人，其中40人打分在，女同学中20人打分在，根据所给数据，完成下面的列联表，并在犯错概率不超过0.100的条件下，能否认为对该活动的喜爱程度与性别有关（分数在内认为喜欢该活动）？

附：，.

【答案】(1)频率分布直方图见详解，；

(2)列联表见详解，没有把握在犯错概率不超过0.100的条件下认为喜爱程度与性别有关.

【分析】(1)利用频率分布直方图的性质以及平均数的计算公式求解.

(2)利用已知的数据以及公式计算求解.

【详解】（1）各组数据频率之和为1，故[60，70]组频率，

所以纵坐标为.样本频率分步直方图如下图：

，

故没有把握在犯错概率不超过0.100的条件下认为喜爱程度与性别有关.

20．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

(1)证明：；

(2)若是边长为1的等边三角形，且，则在线段上是否存在一动点，使得二面角的大小为45°？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，位置在靠近A点的线段AD的三分点处.

【分析】(1)通过证明线面垂直来证明线线垂直；

(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.

【详解】（1） 是等腰三角形，O是底边的中点， ，又平面 平面BCD，

平面 平面 ， 平面BCD， 平面BCD，

；

（2）建立空间直角坐标系如下图：

以O为原点，过O点垂直于BD的直线为x轴，直线BD为y轴，OA为z轴，

由于 是等边三角形，OC与x轴的夹角为 ，所以C点的x坐标为 ，y坐标为 ，即 ，

设 ， ，（ 表示E点与D点，此时二面角 为0， ） ，

则 ， ， ，

设平面BCE的一个法向量为 ，则 ， ，

令 ，则 ，

显然平面BCD的一个法向量是 ，则平面BCE与平面BCD的二面角为 ，

，得 或 （当 时，表示点E在AD的延长线上，不符合题意，舍），

，即当E点在线段AD的靠近A点的三分点时，二面角 为 ；

综上，存在点E，在靠近A点的线段AD的三分点处.

21．已知函数（，），.

(1)讨论的单调性；

(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，分与两种情况，得到函数的单调性；

（2）参变分离，构造函数，利用隐零点，得到其最值，从而得到参数的取值范围.

【详解】（1），，

，

当时，令得，令得，

故在上单调递增，在上单调递减，

当时，令得，令得，

故在上单调递减，在上单调递增，

综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，不等式恒成立，

即在上恒成立，

，，

故，

令，，

则，

因为，所以恒成立，故在上单调递增，

又，，

故存在使得，

且当时，，，单调递减，

当时，，，单调递增，

故在处取得极小值，也是最小值，

，

故，

则的取值范围是.

【点睛】隐零点的处理思路：

第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；

第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.

22．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，且.

(1)求曲线的方程；

(2)过焦点的直线与曲线交于，两点，直线，与圆的另一交点分别为，，求与的面积之比的最大值.

【答案】(1)

(2)最大值为

【分析】（1）由题意得，，再由与相似可得可得答案；

（2）设，与抛物线方程联立，分别将、的方程代入，解得，求出，，利用韦达定理可得可得答案.

【详解】（1）由题意得，因为与轴垂直，

所以， ，又，

所以与相似，于是，即，

解得，

所以曲线的方程为；

（2）设，，

联立，整理得，所以，，

将代入，解得，

将代入，解得，

于是，

，

所以

，

当时，有最大值.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是求出，，代入利用韦达定理求出答案，考查了学生的思维能力、运算能力.