2023届四川省成都市玉林中学高三二诊模拟数学（理）试题（二）含解析

这是一份2023届四川省成都市玉林中学高三二诊模拟数学（理）试题（二）含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省成都市玉林中学高三二诊模拟数学（理）试题（二）试题 一、单选题1．设集合，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得集合P，计算函数的定义域得集合Q，再计算两个集合的交集.【详解】解不等式得，又因为，则集合.因为在函数中作真数，所以，得，集合，得.故选：B.2．设i为虚数单位，复数z在复平面内对应的点为，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】由坐标写出复数，结合复数运算化简求模即可.【详解】由复数的几何意义得，所以．故选：A.3．已知向量是平面内所有向量的一组基底，则下面的四组向量中，不能作为基底的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】判断两个向量是否共线即可确定两个向量是否能作为一组基底.【详解】对于A，假设共线，则存在，使得，因为不共线，所以没有任何一个能使该等式成立，即假设不成立，也即不共线，则能作为基底；对于B，假设共线，则存在，使得，即无解，所以没有任何一个能使该等式成立，即假设不成立，也即不共线，则能作为基底；对于C，因为，所以两向量共线，不能作为一组基底，C错误；对于D，假设共线，则存在，使得，即无解，所以没有任何一个能使该等式成立，即假设不成立，也即不共线，则能作为基底，故选:C.4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用三角函数定义和诱导公式六得出点与角的关系，再利用诱导公式一即可计算出结果.【详解】因为，得到点在第四象限，即为第四象限角，由三角函数定义得，所以，所以.故选：D.5．某公司为了解用户对其产品的满意度,从使用该产品的用户中随机调查了100个用户,根据用户对产品的满意度评分,得到如图所示的用户满意度评分的频率分布直方图.若用户满意度评分的中位数、众数、平均数分别为a,b,c,则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据众数,平均数,中位数的概念和公式,带入数字,求出后比较大小即可.【详解】解:由频率分布直方图可知众数为65,即,由表可知,组距为10,所以平均数为:,故,记中位数为,则有:,解得:,即,所以.故选：B.6．已知数列满足：，，，，则（    ）.A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】把递推关系式里的换成，结合得到，然后把上式的的换成得到周期.【详解】即又是以为周期的周期数列.故选：C7．过点且与双曲线有且只有一个公共点的直线有（    ）条．A．0 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；过点且与双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点．【详解】由双曲线得其渐近线方程为．①过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；②设过点且与双曲线相切的直线为，联立，化为得到，解得．则切线分别与双曲线有且仅有一个公共点．综上可知：过点且与双曲线仅有一个公共点的直线共有4条．故选:.8．一个平面斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆.若圆柱底面圆半径为，平面与圆柱底面所成的锐二面角大小为，则下列对椭圆的描述中，错误的是（    ）A．短轴为，且与大小无关 B．离心率为，且与大小无关C．焦距为 D．面积为【答案】B【分析】根据椭圆的性质，结合题中的数据对，对每个选项逐一分析即可.【详解】由题意得椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且，所以，故，焦距为，由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为，综上，ACD正确，B错误，故选:B．9．中国古代数学巨作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.如图所示，是一曲池形几何体，其中均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径比为，对应的圆心角为，且，则直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，在下底面作，以为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设由题意可得，则即即则，所以又异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为故选：A10．已知函数 在区间内有两个极值点 且，则（    ）A．   B． 在区间上单调递增C．   D． 【答案】D【分析】由题意可得，求得，即可判断A; 判断在上的正负，可判断的单调性，判断B;将代入中，即可判断C; 将代入中,比较大小，可判断D.【详解】由题意函数在区间内有两个极值点，则,即，故，当时，，当时，，当时，，即为在内的极大值点，为在内的极小值点，所以，A错误；由时，，故，所以在区间上单调递减，B错误；又，由于时R上的增函数，故，所以，C错误；，因为，故，故，D 正确，故选：D．11．设、椭圆的左、右焦点，椭圆上存在点M，，，使得离心率，则e取值范围为（    ）A．（0，1） B．C． D．【答案】C【分析】在△ 中，由正弦定理结合条件有：，再由的范围可求出离心率.【详解】由，，设，，在 中，由正弦定理有：，离心率，则  ；解得：，由于，得，显然成立，由有，即，得，所以椭圆离心率取值范围为.故选：C12．已知，分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于x的不等式在上恒成立，则正实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由奇偶性求得的解析式，化简不等式，并用分离参数法变形为，设，换元后利用函数的单调性求得不等式右边的取值范围，从而可得的范围．【详解】因为，分别为上的偶函数和奇函数，①，所以，即②，联立①②可解得，，所以不等式可化为，因为，则，故，设，则，故，因为，，所以，故在上是增函数，则，又因为在时是增函数，所以，则，因为在恒成立，所以．所以正实数a的取值范围是.故选：D． 二、填空题13．若的展开式中的系数为9，则实数__________．【答案】1【分析】根据二项式定理得出展开式的通项公式，即可得出的展开式中为或时，则的系数为，即可解出答案.【详解】展开式的通项公式为：，则，，所以展开式中的系数为，解得．故答案为：114．若变量满足约束条件，则的取值范围是_______【答案】【分析】，作出不等式组对应的平面区域， 的几何意义是区域内的点与定点 连线的斜率，由图象分别求出的最大值和最小值即可得出答案.【详解】，作出不等式组对应的平面区域， 的几何意义是区域内的点与定点 连线的斜率，由图象知的斜率最大，的斜率最小，的最大值为的最小值为 ，即的取值范围是 ，故答案为：.15．如图，在正方体中，为棱的中点，是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面.给出下列四个结论：①动点的轨迹是一段圆弧；②存在符合条件的点，使得；③三棱锥的体积的最大值为；④设直线与平面所成角为，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】②③④【分析】对于①，利用线线平行可证得平面平面，进而知动点的轨迹； 对于②，利用垂直的性质的可判断；对于③，利用三棱锥的体积公式可求得； 对于④，利用线面角的定义结合三角形可求解；【详解】对于①，分别取和的中点，连接，，，由正方体性质知，，平面，平面，所以平面,又平面，，所以平面平面，当在上运动时，有平面，故动点的轨迹是线段，故①错误；对于②，当为线段中点时，，，又，，故②正确；对于③，三棱锥的体积，又所以三棱锥的体积的最大值为，故③正确；对于④，连接，则与平面所成角，则，又，所以的取值范围是，故④正确；故正确结论的序号是①③④，故答案为：②③④ 三、双空题16．在平面内，定点，满足，且，则__________；平面内的动点满足，，则的最大值是__________．【答案】          【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.【详解】因为，，所以，两边平方得：，即，解得：，因为，所以，因为所以；可得到△ABC是等边三角形，且边长为，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，，，因为，所以设，，由可得：是线段PC的中点，则，则，当时，取得最大值，最大值为.故答案为：， 四、解答题17．已知的面积为，角所对的边为．点为的内心，且．(1)求的大小；(2)求的周长的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角形的面积公式及余弦定理，结合同角三角函数的商数关系及三角函数的特殊值，注意角的范围即可求解；（2）根据（1）的结论及三角形内心的定义，利用正弦定理及两角差的正弦公式，结合辅助角公式及角范围的变化，再利用正弦函数的性质即可求解．【详解】（1）因为，所以，即，可得，因为，所以．（2）设周长为，，如图所示，由（1）知，所以，可得，因为点为的内心，，分别是，的平分线，且，所以，在中，由正弦定理可得，所以，因为，所以，可得， 可得周长．18．某高校为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，用分层抽样的方法，收集300名学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时），其中女生90名.(1)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为：，估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率；(2)在样本数据中，有60名女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断是否有的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”.附：参考公式及临界值表：.  【答案】(1)(2)列联表见解析，有的把握 【分析】(1)根据频率分布直方图的性质求解；(2)根据独立性检验的定义求解.【详解】（1）由频率分布直方图得.该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率估计值为.（2）由（1）知，300名学生中有人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人的每周平均体育运动时间不超过4小时.又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别列联表如： 男生女生总计每周平均体育运动时间不超过4小时453075每周平均体育运动时间超过4小时16560225总计21090300 .所以有的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”.19．如图，在等腰直角中，，和都垂直于平面，且，为线段上一点，设（）.(1)当为何值时，平面；(2)当二面角的余弦值为时，求四棱锥的体积.【答案】(1)当时，平面(2) 【分析】（1）取上一点，当，，两两平行且时，， ，此时通过线面平行判定定理证明平面即可；（2）建立空间直角坐标系，使用空间向量表示出二面角的余弦值，求出实数的值，再求出四棱锥的体积即可.【详解】（1）当时，平面，理由如下：当时，在线段上取一点，使，连接，，则，，又∵平面，平面，∴，且，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面，故当时，平面.（2）如图，以点为原点，过垂直于平面的直线为轴，，所在直线为轴和轴建立空间直角坐标系，则，，，，∵，∴，∴，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，，易知平面的一个法向量为，当二面角的余弦值为时，，解得（舍）或，∴，点到平面的距离，梯形的面积，∴四棱锥的体积.20．已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线过点P，交C于A，B两点，且当时，．(1)求C的方程；(2)设C在A，B处的切线交于点Q，证明．【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.（1）代入，得l：，将其与联立，后由，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；（2）利用表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到，说明即可.【详解】（1）设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.当时，l：，将其与联立，消去x得：，由韦达定理有.又由抛物线定义知，又，结合，则.得C的方程为；（2）由（1）可得，P，则l：，将其与抛物线方程联立，消去x得：，则.设C在A点处的切线方程为，C在B点处的切线方程为.将与联立，消去x得：，因为抛物线切线，则联立方程判别式，又，则，得，同理可得.将两切线方程联立有，代入，，解得，得.则，又，则，同理可得.注意到，则等价，下面说明.，因，则.又，则，故.【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.（1）问较为基础，但将l设为可简化运算；（2）问所涉字母较多，解决问题的关键是利用及将相关表达式统一为与有关的形式.21．已知函数，．(1)若的最值和的最值相等，求m的值；(2)证明：若函数有两个零点，，则．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，所以函数在上递增，在上递减，则，又，所以，，令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，则，由题意可知：，，所以m的值为．（2）若有两个零点，，不妨设，，设，，由，得，因为函数是增函数，所以，则，设，则，，欲证，即证，即证，只需证（*）设，，，在上，，单调递减，所以，所以，令即得（*）成立，从而，命题得证．【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）.已知M是曲线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转90°得到ON.设点N的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线，的极坐标方程；(2)设点，若射线：与曲线，分别相交于异于极点O的A，B两点，求的面积.【答案】(1)，.(2) 【分析】（1）先把化为普通方程，再化为极坐标方程；利用代入法求出的极坐标方程；（2）利用极径的几何意义求出，再用点到直线的距离公式求出点到的距离,即可求面积.【详解】（1）对于曲线的参数方程为（为参数），消去，得：，即，化为极坐标方程：.设，则.设，则，所以，代入得：.即的极坐标方程为：（2）把射线：与曲线联立，解得：；把射线：与曲线联立，解得：.所以.在直角坐标系xOy中，射线：可化为：，所以点到的距离为.所以的面积.