四川省广安市2023届高三第二次诊断数学（文）试题（含解析）

这是一份四川省广安市2023届高三第二次诊断数学（文）试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

四川省广安市2023届高三第二次诊断数学（文）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则(    )
A． B．
C． D．
2．（    ）
A． B． C． D．
3．某乡镇为推动乡村经济发展，优化产业结构，逐步打造高品质的农业生产，在某试验区种植了某农作物．为了解该品种农作物长势，在实验区随机选取了100株该农作物苗，经测量，其高度（单位：cm）均在区间内，按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，记高度不低于16cm的为“优质苗”．则所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为（    ）

A．20 B．40 C．60 D．88
4．已知，，则（    ）
A．3 B．2 C． D．
5．过直线：上的点作圆：的切线，则切线段长的最小值为(    )
A． B． C． D．
6．数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音．如图为某段乐音的图像，则该段乐音对应的函数解析式可以为（    ）

A． B．
C． D．
7．已知函数，则（    ）
A．有2个极大值点 B．有1个极大值点和1个极小值点
C．有2个极小值点 D．有且仅有一个极值点
8．将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数可以是(    )
A． B． C． D．
9．已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面ABCD的射影为BC中点H，则点到平面ABCD的距离为(    )
A． B． C． D．3
10．已知定点，直线：与抛物线交于两点A，B，若，则(    )
A．4 B．6 C．8 D．10
11．在中，，，为的中点，将绕旋转至，使得，则三棱锥的外接球表面积为（    ）
A． B． C． D．
12．已知函数.若过点可以作曲线三条切线，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．已知双曲线，则的离心率为 .
14．已知，，，则实数 .
15．中，角、、所对的边分别为、、.若，且，则面积的最大值为 .
16．《定理汇编》记载了诸多重要的几何定理，其中有一些定理是关于鞋匠刀形的，即由在同一直线上同侧的三个半圆所围成的图形，其被阿基米德称为鞋匠刀形.如图所示，三个半圆的圆心分别为，，，半径分别为，，（其中），在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为，则 .


三、解答题
17．某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了200名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表：

一般
良好
合计
男
20
100
120
女
30
50
80
合计
50
150
200
(1)通过计算判断，有没有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？
(2)利用样本数据，在评价结果为“良好”的客户中，按照性别用分层抽样的方法抽取了6名客户.若从这6名客户中随机选择2名进行访谈，求所抽取的2名客户中至少有1名女性的概率.
附表及公式：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
其中，.
18．已知数列是公差为2的等差数列，其前3项的和为12，是公比大于0的等比数列，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若数列满足，求的前项和.
19．如图，在三棱锥中，H为的内心，直线AH与BC交于M，，.

(1)证明：平面平面ABC；
(2)若，，，求三棱锥的体积.
20．已知椭圆：经过，两点，M，N是椭圆上异于T的两动点，且，直线AM，AN的斜率均存在.并分别记为，.
(1)求证：为常数；
(2)证明直线MN过定点.
21．已知函数有两个极值点、.
(1)求的取值范围；
(2)若时，不等式恒成立，求的最小值.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求的直角坐标方程；
(2)设直线与曲线交于，，求.
23．设函数.
(1)解不等式；
(2)令的最小值为，正数，，满足，证明：.

参考答案：
1．C
【分析】根据二次不等式解法求出集合A，再根据集合交集运算即可得到答案．
【详解】，
，
故．
故选：C．
2．A
【分析】根据复数的四则运算法则即可计算.
【详解】.
故选：A.
3．C
【分析】根据频率分布直方图计算出“优质苗”的占比,再乘以100可得结果
【详解】由频率分布直方图可知，“优质苗”的占比为，
因此，所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为.
故选：C.
4．B
【分析】由二倍角的正弦、余弦公式代入化简即可得出答案.
【详解】由可得：，
则，因为，所以，
所以，则.
故选：B.
5．B
【分析】根据几何关系表示出切线段长度，根据几何关系即可求出其最小值．
【详解】设直线上任意一点为P，过P作圆的切线，切点为M，圆C圆心C为，半径，
则，
要使最小，则最小，易知最小值为圆心C到直线l的距离．
即，
∴．
故选：B．
  
6．A
【分析】由图像可知，该函数为奇函数，根据奇偶函数的定义，得出A，B为奇函数，再根据函数图像中，判断出A对，B错；由图像得，判断出C，D错误，即可得出答案．
【详解】对于A，函数，
因为，所以函数为奇函数，
又，故A正确；
对于B，函数，
因为，所以函数为奇函数，
又，故B错误；
对于C，函数，
因为，故C错误；
对于D，函数，
，故D错误，
故选：A．
7．D
【分析】求导，根据导函数的符号求得函数的单调区间，再根据极值点的定义即可得解.
【详解】，
因为（当且仅当时取等号），
则当时，，当时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极小值点为，没有极大值点，
即函数有且仅有一个极值点.
故选：D.
8．D
【分析】现利用辅助角公式将f(x)化简，再根据函数图象左右平移即可求出新的函数解析式．
【详解】，
将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，
得到函数．
故选：D．
9．B
【分析】求出，根据∥平面ABCD即可得点到平面ABCD的距离．
【详解】如图，

连接，则⊥平面ABCD，且，
由题可知∥，
又∵平面ABCD，平面ABCD，
∴∥平面ABCD，
∴点到平面ABCD的距离与点B1到平面ABCD的距离相等．
故选：B．
10．C
【分析】设，联立直线l与抛物线的方程，求得，，，由可得，从而可求k的值，根据弦长公式即可求．
【详解】设，
，
由题知，，故，
则，
由，
即，
即，解得，则，
则．
故选：C．
11．C
【分析】推导出平面，计算出的外接圆的直径，可得出三棱锥的外接球直径为，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.
翻折前，在中，，，为的中点，则，
且，
翻折后，则有，，
又因为，、平面，所以，平面，
由已知，则是边长为的等边三角形，
将三棱锥置于圆柱上，使得的外接圆为圆，

所以，的外接圆直径为，
所以，三棱锥的外接球直径为，则，
因此，三棱锥的外接球表面积为.
故选：C.
12．A
【分析】切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数求的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，结合图象即可得出答案.
【详解】设切点为，由可得，
所以在点处的切线的斜率为，
所以在点处的切线为：，
因为切线过点，所以，
即，即这个方程有三个不等根即可，
切线的条数即为直线与图象交点的个数，
设，
则
由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
当趋近于正无穷，趋近于0，当趋近于负无穷，趋近于正无穷，
的图象如下图，且，
要使与的图象有三个交点，则.
则的取值范围是:.
故选：A.

13．/
【分析】求出、、的值，即可得出双曲线的离心率的值.
【详解】在双曲线中，，，，
因此，双曲线的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】先求出向量的坐标，再利用模的坐标运算列方程求解即可.
【详解】由已知得，
，
，
解得.
故答案为：.
15．/
【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可得出面积的最大值.
【详解】因为，由正弦定理可得，
所以，，
因为、，则，所以，，故，
由余弦定理可得，
所以，，则.
当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.
故答案为：.
16．/
【分析】通过计算三个半圆的面积，表示阴影部分的面积，利用几何概型的概率计算公式即可得出答案.
【详解】解：阴影部分面积为：

由图可知：，所以
则，
因为在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为，
所以，
，即，则
解得：，因为，
所以.
故答案为：.
17．(1)有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
(2)

【分析】（1）根据表中数据计算出的值，对比附表数据，然后作出判断；
（2）先根据分层抽样计算出男、女客户并对男女生进行标记，列出“从名学生中随机抽取名”的所有基本事件，分析满足“抽取的两名客户中至少有名女性”的基本事件，根据基本事件数之比求解出对应概率.
【详解】（1），
有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系.
（2）因为“效果较好”的男客户和女客户的人数之比为，即为，
所以抽取的名客户中，男生有名，记为，，，，
女生有名，记为，，
从这人中选取人的所有基本事件有：，，，，
，，，，，，，，
，，，共个.
其中至少一名女生的基本事件有：，，，，
，，，，，共9个.
所以，抽取的名客户中至少有名女性的概率为.
18．(1)，
(2)

【分析】（1）根据等差等比数列通项公式直接求解；
（2）利用裂项相消和等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】（1）设公差为，公比为，
则由题可得数列的前3项的和，
因为，所以，所以，
又因为，
所以解得或（舍），
所以.
（2）由（1）可知，，
所以的前项和为：


.
所以
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设平面ABC于点N，过N作于E，于F，连接PE，PF，通过全等三角形及角平分线性质可证N与H重合，从而可证平面平面ABC；
（2）由（1）知平面ABC，且由已知可求长度，再由角平分线性质可求面积，从而可求三棱锥的体积．
【详解】（1）如图，设平面ABC于点N，过N作于E，于F，连接PE，PF．
∵平面ABC，平面ABC
∴
又∵   ∴平面PNE   ∴，
同理
在，中，，
∴   ∴
在，中，，
∴，∴，即N到AB，AC的距离相等
同理N到BC，AC的距离相等，故N为的内心，N与H重合
∴平面ABC
又∵平面APM    ∴平面平面ABC

（2）由已知可得，设的内切圆半径为r，
则，故，
因为H为的内心，所以AH平分，所以，
，所以，，
故的面积为，
因为，  所以，所以，得，
所以，，
故三棱锥的体积为．
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆过A和T求出椭圆的标准方程.根据知与关于直线AT对称，设任一点为，求出其关于AT对称后的点的坐标，表示出即可证明；
（2）设点，：．联立AM和椭圆方程，求出，同理求出，根据（1）中的值得AM和AN斜率关系.求出MN的斜率，写出MN的方程，化简该方程为直线方程的斜截式即可判断其经过定点．
【详解】（1）∵椭圆过A和T，∴解得，
∴椭圆的方程为：，
由知与关于直线对称．
在上任取一点，设关于直线AT对称的点为，
则，解得，
从而，
于是．
（2）设点，：．
由得，∴，
从而．
同理，．
由(1)有，故，，
为方便，记，则
，
，∴，
即．
由此可知，当变化时，直线过定点．
【点睛】本题综合考察圆锥曲线里面的定值和定点问题.第一问关键是将这个已知条件转化为直线AM和直线AN关于直线AT对称；第二问的关键是结合韦达定理直接求出M和N的坐标，直接写出MN的方程，从而证明其经过定点．
21．(1)
(2)

【分析】（1）由可得，令，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由已知可得出，，将这两个等式相除可得，变形可得，再由可得，令，可得出，令，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的最小值.
【详解】（1）解：因为，该函数的定义域为，且，
因为函数有两个极值点，所以，方程有两个不等的实数根，
则方程有两个不等的实根，
令，其中，则，令可得，列表如下：









增
极大值
减
所以，函数的极大值为，
且当时，；当时，.
如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标为、，
当或时，；当时，.
此时，函数有两个极值点，合乎题意，
因此，实数的取值范围是.
（2）证明：由（1）可知，函数的两个极值点、是方程的两个根，
且，，则有，，
等式与等式相除可得，则有，
由可得，
即，即，
因为，则，令，则，可得，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，
即，所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，则.
因此，实数的最小值为.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
22．(1)
(2)

【分析】(1)利用和，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)设出两点对应参数，联立直线的标准参数方程和曲线的直角坐标方程，得到，再利用参数的几何意义，即可求出结果.
【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，
根据，，可得，即，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）直线的参数方程为（为参数），化为标准形式为（为参数），
代入曲线的直角坐标方程为，得到，
即，
设两点对应参数分别为，则有，
由参数的几何意义，得到.
23．(1)
(2)证明见解析

【分析】（2）分，，三种情况讨论，去绝对值符号，从而可得答案；
（2）根据绝对值的三角不等式求出的最小值，再根据基本不等式中“1”的整体代换结合基本不等式即可得证.
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得，
综上所述，不等式的解集为；
（2）由题，
当且仅当即时取“等号”，
故的最小值，即，
则，
,
当且仅当，即，时取等号,
所以．