四川省攀枝花市2023届高三二模理科数学试题（Word版附解析）

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一、选择题：本题共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. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集、并集知识求得正确答案.
【详解】由于，
所以.
故选：D
2. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法、减法运算化简求z，即可得其共轭复数.
【详解】由题设，，故.
故选：A
3. 已知等比数列{an}满足a1a6＝a3，且a4+a5＝，则a1＝（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列的基本量转化已知条件，即可求得，则问题得解.
【详解】设等比数列的公比为，根据题意可得：
，
解得.
故选：.
【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，属简单题.
4. 某国有企业响应国家关于进一步深化改革，加强内循环的号召，不断自主创新提升产业技术水平，同时积极调整企业旗下的A、B、C、D、E等5种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果．据悉该企业2022年5种系列产品年总收入是2021年的2倍，其中5种系列产品的年收入构成比例如下图所示，则以下说法错误的是（ ）
A. 2022年A系列产品收入和2021年一样多
B. 2022年A和B系列产品收入之和比2021年的企业年总收入还多
C. 2022年D系列产品收入是2021年D系列产品收入的
D. 2022年E系列产品收入是2021年E系列产品收入的2倍还多
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合2021年与2022年产品的年收入构成的条形图，分别计算各系列产品不同年份的年收入，对比各项，逐一分析判断即可.
【详解】由题意，可设该企业2021年5种系列产品年总收入为1，则该企业2022年5种系列产品年总收入为2.
对于A：2022年A系列产品年总收入为，2021年A系列产品年总收入为，故A正确；
对于B：2022年A和B系列产品收入之和为，比2021年的企业年总收入还多，故B正确；
对于C：2022年D系列产品收入为，2021年D系列产品收入为，所以2022年D系列产品收入是2021年D系列产品收入的，故C错误；
对于D：2022年E系列产品收入为，202年E系列产品收入为，所以2022年E系列产品收入是2021年E系列产品收入的，故D正确.
故选：C.
5. 将一直角三角形绕其一直角边旋转一周后所形成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆锥，求出母线长后，利用圆锥的侧面积公式即可求得结果.
【详解】根据三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆锥，
如图：
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：C.
【点睛】本题考查了三视图还原直观图，考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题.
6. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休”，在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征．已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象过点可排除CD；再根据函数为奇函数可得答案.
【详解】由函数图象可知，而，故排除C；
而D中，故排除D；
其对应的函数的图象关于原点对称，所以为奇函数，
对于B，，，所以为偶函数，故B错误；
对于A，，，且，
故A正确；
故选：A.
7. 已知四边形中，，，，E为的中点，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】选定为基底表示，利用向量的数量积运算律求解.
【详解】由题可知，
,
,
所以,
故选:C.
8. 一排11个座位，现安排甲、乙2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不能相邻，则不同排法的种数是（ ）
A. 28B. 32C. 38D. 44
【答案】D
【解析】
【分析】根据甲、乙两人在三个空位同侧与异侧进行分类，分别求解，再利用分类加法原理进行求值.
【详解】根据两人三个空位同侧与异侧进行分类，
当甲、乙两人在三个空位左侧时：共（种），
同理，当甲、乙两人在三个空位右侧时：共（种），
当甲、乙两人在三个空位异侧时：共（种），
即共（种），
故选：D.
9. 如图，正方体中，P是的中点，给出下列结论：
①；②平面
③；④平面
其中正确的结论个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个结论进行分析，从而确定正确答案.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则,，
不存在实数使得，所以①错误.
，
设平面的法向量为，
则，令，得,故可设，
，所以，
由于平面，所以平面，②正确.
，所以，③正确.
，
，所以与不垂直，
平面，所以与平面不垂直，所以④错误.
故正确的个数为个.
故选：B
10. 已知正项数列的前n项和为，且，设，数列的前n项和为，则满足的n的最小正整数解为（ ）
A. 15B. 16C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由递推关系求得、，根据关系可得，由等差数列定义求出通项，最后应用对数的运算性质可得，进而求对应n的范围，即可得答案.
【详解】由题设且，当时，，则，
当时，，则，可得，
所以，
当时，，则，
由上，也成立，故是首项、公差均为1的等差数列，则，即，
又，
所以，即，故的n的最小正整数解为.
故选：A
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是奇函数
B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递减
D. 是最小正周期为的周期函数
【答案】C
【解析】
【分析】应用奇偶性定义判断A，根据、是否成立，即可判断B、D，由，应用换元法及导数研究复合函数的单调性判断C.
【详解】由题设，而且定义域为R，
所以是偶函数，A错误；
由，故关于对称，不关于对称，B错误；
由且，
令且，在已知区间上单调递减且，
则，故恒成立，即在上递增，
综上，上递减，C正确.
由，故不是函数的周期，D错误.
故选：C
12. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，易得，再由，，构造且，利用导数研究的单调性及其符号，即可得结果.
【详解】由，则，而，
所以，，
由可得，而，
故构造，，
所以恒成立，故在上递增，
即，
而，则，
所以当时，，
因为，所以，即，
综上，.
故选：B
【点睛】关键点点睛：构造函数，注意定义域范围，利用导数研究函数值符号判断大小.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分；共20分.
13. 已知平面向量，，若，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算求参数即可.
【详解】∵，∴，解得，
，∴.
故答案为：.
14. 的展开式中的系数为12，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】应用二项式定理写出含项，结合已知项系数列方程求值即可.
【详解】由的展开式通项为，
所以，含项为，
故，可得.
故答案为：
15. 已知边长为3的正的三个顶点都在球（为球心）的表面上，且与平面所成的角为，则球的体积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先计算出正三角形外接圆半径，再由与平面所成的角为求出球的半径，进而可求出结果.
【详解】设正的外接圆圆心为，易知，
在中，，即球的半径，
故球的体积为.
故答案为：
16. 已知函数，若存在非零实数，使得成立，则实数k的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】不妨设，化简可得，令，求出的值域即可求k的取值范围.
【详解】因为，且
不妨设，则，即，
从而可得，由已知方程有正数解，
令，则函数的图象与函数的图象有交点，
因为，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，则上值域为，上值域为，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
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作答.第22、23题选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 攀枝花市地处川滇交界处，攀西大裂谷中段，这里气候条件独特，日照充足，盛产芒果、石榴、枇杷、甘蔗等热带亚热带水果．根据种植规模与以往的种植经验，产自某种植基地的单个“红玉软籽”石榴质量在正常环境下服从正态分布．
（1）10000个产自该基地的“红玉软籽”石榴，估计有多少个质量在内；
（2）2023年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下：
该基地为了预测人工投入增量与年收益增量的关系，建立了y与x的回归模型，试根据表中统计数据，求出y关于x的线性回归方程并预测人工投入增量为10人时的年收益增量．
参考数据：若随机变量，则，，，
回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】（1）估计有8616个质量在克内；
（2），人工投入增量为10人时的年收益增量约为.
【解析】
【分析】（1）根据正态分布性质可求出单个石榴的质量在克内的概率，由此可得10000个样本中质量位于克的石榴个数的分布列，进而估计质量位于内的石榴的个数.
（2）根据最小二乘法即可求出线性回归方程，再利用回归方程进行预测即可.
【小问1详解】
设单个“红玉软籽”石榴的质量为克，
由已知， ，且，
所以，，
所以，
所以，
又，，
所以，
设10000个产自该基地的“红玉软籽”石榴中，质量在克内的石榴的个数为，则，所以10000个产自该基地的“红玉软籽”石榴，估计有，即个质量在克内；
【小问2详解】
由已知，，
，，
有，
且，
所以关于的回归方程为.
当时，，
所以可以预测当人工投入增量为10人时的年收益增量约为.
18. 在△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）线段上一点D满足，，求△的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理边角关系可得，再由三角形内角性质及辅助角公式求角的大小；
（2）令，△中应用正弦定理求得，进而确定，最后应用三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由题设及正弦定理边角关系：，又，
所以，即，又，
则，故，即.
【小问2详解】
由题设，令，则，，，
在△中，即，
所以，故，
所以，即，故，
所以，则，
综上，.
19. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E为的中点，．
（1）证明：B，E，F，四点共面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明线线平行的方法来证明四点共面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
延长交于，连接，
因为，所以，
因为，所以，
所以，即是的中点，
所以，所以四点共面.
【小问2详解】
取的中点，连接，由于三角形是等边三角形，
所以，则，
依题意可知平面，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，，
所以，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
20. 已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为P，且点P的横坐标为3．
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）点A、B是第一象限内抛物线E上的两个动点，点为x轴上的动点，若为等边三角形，求实数t的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)由双曲线求其渐近线方程，求出点的坐标，由此可求抛物线方程；
(2)设直线的方程为，利用设而不求法表示条件关系，由此可求t的取值范围．
【小问1详解】
设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，
双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
【小问2详解】
设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，，则，
因为点A、B在第一象限，所以，故，
设线段的中点为，则，
所以点的坐标为，
所以，
所以
又点到直线的距离，
因为为等边三角形，
所以，，
所以，，
所以①，②，
将①代入②可得③，所以，所以，
将③代入①可得，所以，
故t的取值范围为．
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
21. 已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）设函数，若有两个零点，，且为的唯一极值点，求证：．
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，从而求得的极值.
（2）先求得满足的方程，然后利用换元法，结合构造函数以及导数证得不等式成立.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
，
所以在区间递减；在区间递增.
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
，
当时，在上恒成立，在上递增，不符合题意.
当时，在区间递减；
在区间递增.
所以的极小值点为，
，
要使有两个零点，则，
，
则，
对于函数，
所以在区间递减；在区间递增.
所以，所以在上恒成立.
则，
所以不妨设，
由，得，
令，
即，整理得，
要证，即证，
即证，即证，
即证，即证.
设函数，
，
所以函数在上递增，所以，
所以，
所以.
【点睛】利用导数研究函数的极值点、极值，要首先求函数的定义域，然后结合导数求得函数的单调区间，进而求得函数的极值点或极值.要注意的是，极值点和极值是两个不同的概念.利用导数研究函数零点的过程中，要注意结合零点存在性定理来进行求解.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选题作答.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]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，曲线参数方程为（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，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）设曲线与曲线交于P、Q两点，求的值．
【答案】（1）曲线的极坐标方程为；
即曲线的直角坐标方程为
（2）2
【解析】
【分析】（1）通过消参求得曲线的普通方程，再将普通方程转化为极坐标方程，将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程；
(2)利用极径的几何意义求解.
【小问1详解】
∵,则，
∵，
曲线的极坐标方程为；
由，得，
即曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由得 ， ①
由得，②
可得 ，
即
设P，Q两点所对应的极径分别为，
则，
∴.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知．
（1）当时，解不等式；
（2）若，不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）不等式的解集为；
（2）a的取值范围为．
【解析】
【分析】（1）将代入，利用“零点分界法”去绝对值，解不等式即可.
（2）将不等式化为，去绝对值，分离参数可得，令函数()，利用函数的单调性以及基本不等式即可求解.
【小问1详解】
当时，，
①当时，不等式可化为，解得，∴，
②当时，不等式可化为，解得，∴，
③当时，不等式可化为，解得，∴，
综上可知，原不等式的解集为；
【小问2详解】
当时，不等式，即，
整理得，
则，即，
又，故分离参数可得，
令函数()，显然在上单调递减，∴，
当时，(当且仅当时等号成立)，
∴实数的取值范围为.
人工投入增量x（人）
2
3
4
5
6
7
年收益增量（万元）
11
13
19
26
31
38