四川省宜宾市第四中学2023届高三理科数学二诊模拟试题（Word版附解析）

宜宾市四中高2020级高三二诊模拟考试

数 学（理工类）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2． 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 考试结束后，请将答题卡交回．

第I卷 选择题

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据一元二次不等式的解法先求出集合，再利用集合的交集运算即可求解.

【详解】因为，

又因为，所以，

故选：.

2. 设复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题知，进而计算即可得答案.

【详解】解：因为，

所以

故选：D

3. 已知等比数列的前n项和为，且，，则=.

A. 90 B. 125 C. 155 D. 180

【答案】C

【解析】

【分析】由等比数列的性质，成等比数列，即可求得，再得出答案.

【详解】因为等比数列的前项和为，根据性质所以成等比数列，因为，所以，故

故选C

【点睛】本题考查了等比数列的性质，若等比数列的前项和为，则也成等比数列，这是解题的关键，属于较为基础题.

4. 采购经理指数（PMI），是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预测、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数（PMI）统计图．

根据统计图分析，下列结论最恰当的一项为（    ）

A. 2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩

B. 2021年第四季度各月制造业在逐月扩张

C. 2022年1月至4月制造业逐月收缩

D. 2022年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈恢复性扩张

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.

【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；

对于B项，由统计图可以得到，10月份的制造业指数低于，故B项错误；

对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；

对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2022年6月PMI超过，故D项正确.

故选：D.

5. 若的展开式中的系数为15，则（    ）

A. 2 B. 3. C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】根据二项式展开式通项公式即可求得．

【详解】的展开式中的项为，则，故.

故选：B

6. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出双曲线的渐近线方程，可得，再由离心率公式及的关系，计算即可得到所求值．

【详解】双曲线的渐近线方程为，

由一条渐近线为，可得，

即，

即有．

故选．

【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，考查离心率的求法，考查运算能力，属于基础题．

7. 在长方体中，已知异面直线与，与AB所成角的大小分别为和，则直线和平面所成的角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，结合题意可求得，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合空间向量夹角公式可得答案.

【详解】设，则，

由于，所以异面直线与所成角为，从而，

由于，所以异面直线与所成角为，从而，

所以，

以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，

，

设平面法向量为，

则，取

所以，直线和平面所成的角的正弦值为，

从而直线和平面所成的角的余弦值为．

故选：A．

8. 某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（    ）

A. 480种 B. 360种 C. 240种 D. 120种

【答案】B

【解析】

【分析】

将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.

【详解】当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.

故选：B

【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.

9. 若函数在处有极大值，则实数的值为（    ）

A. 1 B. 或 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用函数的导数可得，解出的值之后验证函数在处取得极大值.

【详解】函数，，

函数在处有极大值，可得，解得或，

当时，，时，时，

上单调递减，在上单调递增，在处有极小值，不合题意.

当时，，时，时，

在上单调递增，在上单调递减，在处有极大值，符合题意.

综上可得，.

故选：D

10. 某地锰矿石原有储量为万吨，计划每年的开采量为本年年初储量的（，且为常数）倍，那么第（）年在开采完成后剩余储量为，并按该计划方案使用10年时间开采到原有储量的一半．若开采到剩余储量为原有储量的70%时，则需开采约（    ）年．（参考数据：）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得关系式，进而根据指数与对数式的互化即可求解.

【详解】设第年开采完后剩余储量为，则 ，当时， ，

所以，，故，

进而 ，

设第年时，，故，

故,

故选：B

11. 某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥内有一个半径为1的球，则该四棱锥的表面积最小值是（    ）

A. 16 B. 8 C. 32 D. 24

【答案】C

【解析】

【分析】由题意知该四棱锥是正四棱锥，如图四棱锥，设底面正方形的边长为，高为，由题意可知半径为的球是正四棱锥的内切球时，该四棱锥的表面积最小，利用等体积法求出与的关系，再将四棱锥的表面积表示成关于的函数，由基本不等式即可求解.

【详解】因为四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，

所以该四棱锥是正四棱锥，如图正四棱锥，

当半径为的球是正四棱锥的内切球时，该四棱锥的表面积最小，

设正方形的边长为，设，连接，则面，

所以正四棱锥的高为，设，正四棱锥的表面积为，

由，

即为，

整理可得：，所以，可得，

所以正四棱锥体积，

则，

设，可得，

所以，

当且仅当即，时，等号成立，该四棱锥的表面积最小值是，

故选：C.

12. 已知函数=则关于x的方程的解的个数的所有可能值为（    ）

A. 3或4或6 B. 1或3 C. 4或6 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】利用导数求出函数的单调区间，从而可画出函数的大致图象，令，则方程必有两个不等根，设两根分别为（不妨设），且，然后分，和三种情况结合函数图象讨论即可

【详解】当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且当时，，

当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且当时，，

所以的大致图象如图所示，

令，则方程必有两个不等根，设两根分别为（不妨设），且，

当时，则，此时有1个根，有2个根，

当时，则，此时有2个根，有1个根，

当时，则，此时有0个根，有3个根，

综上，对任意的，方程都有3个根，

故选：D

【点睛】此题考查导数的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是利用导数求出函数的单调区间，然后画出函数图象，结合图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于中档题

第2卷 非选择题

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 曲线在点处的切线方程为_______．

【答案】

【解析】

【分析】根据求导公式求出导函数，结合导数的几何意义求出切线的斜率，进而可以求出结果.

【详解】因为，则，

所以，

又，

因此切线方程为：，即.

故答案为：.

14. 两个非零向量，，定义．若，，则___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.

【详解】因为，，

所以，

故，

所以，

故答案为：

15. 2021年第届世界大学生夏季运动会将在成都举行．为营造“爱成都迎大运”全民运动和全民健身活动氛围，某社区组织甲、乙两队进行一场足球比赛，根据以往的经验知，甲队获胜的概率是，两队打平的概率是，则这次比赛乙队不输的概率是_______________________．

【答案】

【解析】

【分析】由于甲队获胜与乙队不输为对立事件，从而可求出答案；或乙队不输包括乙队获胜和甲、乙两队打平，分别求出这两个事件的概率，再求和即可

【详解】方法一 设事件为“这次比赛乙队不输”，则事件为“这次比赛甲队获胜”，

因为甲队获胜的概率，

所以这次比赛乙队不输的概率．

方法二 设事件为“这次比赛乙队不输”，事件为“这次比赛乙队获胜”，事件为“这次比赛甲、乙两队打平”，所以，，

所以这次比赛乙队不输的概率．

故答案为：

16. 已知函数，.下列有关的说法中，正确的是______(填写你认为正确的序号).

①不等式的解集为或；

②在区间上有四个零点；

③的图象关于直线对称；

④的最大值为；

⑤的最小值为；

【答案】③④

【解析】

【分析】

由，则①，即，可判断；②,则或，可判断；③由条件可得可判断；，设，求出函数的单调区间可得其最值，从而可判断④，⑤

【详解】由

①，即，又，则或，故①不正确.

②,则或，又

所以，共有5个零点，故②不正确.

③

所以，则的图象关于直线对称，故③正确.

④

设 ，则，则

由解得，由解得或

所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

当时, ,当时, ,

当时，，当时，，

所以当时，函数有最大值

所以当时,函数有最小值

所以④正确，⑤不正确.

故答案为：③④

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的对称性、零点、最值等基础知识，解答本题的关键是将，由条件可得，或，以及，得出函数在上的单调性，属于中档题.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必做题：共60分．

17. 在中，角所对的边分别为，且满足

（1）求角;

（2）若外接圆的半径为，且边上的中线长为，求的面积

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式即可得解；

（2）由正弦定理得，利用D为中点，结合向量的加法法则得，从而得到，再结合余弦定理得，进而求得三角形面积.

【详解】（1）由，得.

利用正弦定理得：，

即，化简得.

，，.

又，.

（2）由正弦定理得.

设为边上的中点，则，

利用向量加法法则得：

两边平方得：，即

由余弦定理，即，

两式相减得，即.

由三角形面积公式得：.

【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：

（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；

（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；

（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；

（4）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；

（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.

18. 一网络公司为某贫困山区培养了名“乡土直播员”，以帮助宣传该山区文化和销售该山区的农副产品，从而带领山区人民早日脱贫致富．该公司将这名“乡土直播员”中每天直播时间不少于小时的评为“网红乡土直播员”，其余的评为“乡土直播达人”．根据实际评选结果得到了下面列联表：

（1）根据列联表判断是否有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系？

（2）在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取人，在这人中选人作为“乡土直播推广大使”．设被选中的名“乡土直播推广大使”中男性人数为，求的分布列和期望．

附：，其中．

【答案】（1）有把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系；（2）分布列见解析；期望为．

【解析】

【分析】

（1）利用公式求解的观测值，若，则有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系，若，则没有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系；

（2）先利用分层抽样得出在这人中男性人数与女性人数，分析在这人中选人作为“乡土直播推广大使”时，男性人数的所有可能取值，然后根据超几何分布列出的分布列.

【详解】解：（1）由题中列联表，

可得．

∴有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系．

（2）在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，

男性人数为人；女性人数为人．

由题，随机变量所有可能取值为，，．

，，，

∴的分布列为

∴的数学期望．

【点睛】独立性检测的一般步骤为：

（1）根据样本数据制成列联表；

（2）根据公式（其中）计算的观测值；

（3）查表比较与临界值的大小比较，作出判断.

求离散型随机变量分布列及期望的求法：

（1）理解随机变量的意义，写出的所有可能值；

（2）求出的每个值所对应的概率，列出分布列，并根据分布列的性质对结果进行检验；

（3）格据分布列求出数学期望.

19. 如图，四棱锥中，底面，，，，且，，分别为，的中点.

（1）若，求证：平面；

（2）若四棱锥的体积为2，求二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）依据线面垂直的判定定理，可证明和；（2）首先求的长度，再建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，再求二面角的余弦值

【详解】（1）当时，，点是的中点，

，

又平面，，且，，

平面，平面，，

又，

平面；

（2），

解得：，

如图，以为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

，，，，，，

设平面的法向量，

则，即，令，则，

，

显然平面，设平面的法向量，

，

二面角是锐二面角，

二面角的余弦值是.

20. 在平面直角坐标系中，直线与抛物线：交于，两点，且当时，.

（1）求的值；

（2）设线段的中点为，抛物线在点处的切线与的准线交于点，证明：轴.

【答案】（1）1；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）设，，联立直线和抛物线方程，得，写出韦达定理，根据弦长公式，即可求出；

（2）由，得，根据导数的几何意义，求出抛物线在点点处切线方程，进而求出，即可证出轴.

【详解】解：（1）设，，

将直线代入中整理得：，

∴，，

∴，

解得：.

（2）同（1）假设，，

由，得，

从而抛物线在点点处的切线方程为，

即，

令，得，

由（1）知，从而，

这表明轴.

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及联立方程组、韦达定理、弦长公式以及利用导数求切线方程，考查转化思想和计算能力.

21. 已知函数．

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）当时，讨论零点的个数．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】

【分析】

（1）由导数的几何意义求在处的切线方程即可；

（2）讨论、、时，并利用导数研究函数的单调性、极值，结合零点存在性定理判断区间是否存在零点.

【详解】由，得．

（1）时，可得，，

则切线方程为，即．

（2）（ⅰ）当时，，知，，又为的增函数，且，所以仅有一个零点．

（ⅱ）当时，，

由得，为减函数；得，为增函数．

∴，又，

∴存在使，故在有唯一零点．

又当时，，即，所以，而图象开口向上，故存在，使得，也即有，

则存在使得，故在有唯一零点，此时，有两个零点．

（ⅲ）当时，由得或，

①若，即，则

当时，，单调递增；

时，，单调递减；

时，，单调递增．

而，，

此时，仅有一个零点．

②若，即，则，为上的增函数，

因为，，此时仅有一个零点．

③若，即，则

当时，，单调递增；

时，，单调递减；

时，，单调递增．

因，则，，

结合知仅有1个零点，

综上，当时，有1个零点；当时，有两个零点．

【点睛】思路点睛：对于含参函数的零点问题，一般应用分类讨论的方式处理，并综合导数研究函数单调性、极值，零点存在性定理的应用.

1、讨论过程中注意保证细分区间是单调的且连续.

2、求极值或端点值，亦或找到区间中特殊点函数值，并确定它们与0的大小关系.

3、根据结论：对于单调的连续函数，存在则必存在零点.

（二）选做题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在平面直角坐标系中，曲线是圆心在，半径为的圆，曲线的参数方程为（为参数且），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）若曲线与坐标轴交于、两点，点为线段上任意一点，直线与曲线交于点（异于原点），求的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）求出曲线的直角坐标方程，根据直角坐标与极坐标的转换关系可得出曲线的极坐标方程；

（2）求出点、的坐标，求出线段的极坐标方程，设、的极坐标分别为、，求出、关于的表达式，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值．

【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，即，

所以曲线的极坐标方程为，即；

（2）曲线的参数方程为，

因为曲线与两坐标轴相交，所以曲线交轴于点、交轴于点，

所以，线段的方程为，

则线段的极坐标方程为，

设点、的极坐标分别为、，

点在线段上，可得，可得，

点在曲线上，则，

，

，可得，

当时，即当时，取得最大值．

【点睛】方法点睛：在已知直角坐标方程求曲线的交点、距离、线段长度等几何问题时，如果不能直接用直角坐标解决，或用直角坐标解决较为麻烦，可将直角坐标方程转化为极坐标方程解决.

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；

（2）首先利用绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式证明.

【详解】（1）①当时，不等式即为，解得；

②当时，不等式即为，；

③当时，不等式即为，.

综上，不等式的解集为.

（2）由绝对值不等式的性质可得：

当时，取最小值4，即，即

当且仅当时等号成立.