2023届贵州省贵阳市高三333高考备考诊断性联考（三）数学（文）试题含解析

2023届贵州省贵阳市高三333高考备考诊断性联考（三）数学（文）试题

一、单选题

1．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的几何意义确定复数，再由复数乘法求.

【详解】因为复数z对应的点的坐标为，

所以，

所以，

故选：B．

2．，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据交集的定义求解即可.

【详解】，；

 故选：D．

3．2023年“三月三”期间，广西交通部门统计了2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量（单位：万车次），并与2022年比较，得到同比增长率（同比增长率＝（今年车流量-去年同期车流量）÷去年同期车流量×100％））数据，绘制了如图所示的统计图，则下列结论错误的是（    ）

A．2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为23

B．2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17

C．2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量的标准差小于2023年4月23日至4月25日的高速公路车流量的标准差

D．2022年4月23日的高速公路车流量为20万车次

【答案】C

【分析】通过计算得到选项AB正确；观察数据的波动情况，得到选项C错误；设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，则，解得，故D正确.

【详解】对于A：由题图知，2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为，故A正确；

对于B：易知2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17，故B正确；

对于C：2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量波动更大，故C错误；

对于D：2023年4月23日的高速公路车流量为22万车次，同比增长率为10%，设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，则，解得，故D正确.

故选：C．

4．榫卯，是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．春秋时期著名的工匠鲁班运用榫卯结构制作出了鲁班锁，且鲁班锁可拆解，但是要将它们拼接起来则需要较高的空间思维能力和足够的耐心．如图甲，六通鲁班锁是由六块长度大小一样，中间各有着不同镂空的长条形木块组装而成．其主视图如图乙所示，则其侧视图为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据实物和三视图的有关性质即可判断(此类试题常用排除法).

【详解】观察主视图中的木条位置和木条的层次位置，分析可知侧视图是A，

故选：A．

5．使函数为偶函数，则的一个值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，化简，由为偶函数，求得，结合选项，即可求解.

【详解】由，

因为为偶函数，可得，所以，

令，可得.

故选：A.

6．函数在区间的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析函数的奇偶性及的函数值，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】因为，，所以，即函数为偶函数，排除C，D；

因为，所以排除B，

故选：A．

7．如图，在直三棱柱中，，，则直线与所成角的余弦值等于（    ）

A． B． C． D．0

【答案】C

【分析】连接，根据直三棱柱的性质得到直线与BC所成的角即为，设，然后利用余弦定理解求解.

【详解】连接，

因为，所以直线与BC所成的角即为，

设，易得，，，则由余弦定理知，

，

故选：C．

8．从，这五个数中任选两个不同的数，则这两个数的和大于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出五个数中任选两个不同的数的所有情况，列举出两个数的和大于的情况，根据古典概型的概率公式，可得答案.

【详解】从，，，，这五个分数中任选两个数，则有：

共10种情况，

其中这两个数的和大于的有共4种情况，

故这两个数的和大于的概率为，

故选：B．

9．若在和处有极值，则函数的单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导函数，依题意且，即可得到方程组，从而求出、的值，再利用导数求出函数的单调递增区间.

【详解】因为，所以，

由已知得 ，解得，

所以，所以，

由，解得，所以函数的单调递增区间是.

故选：C．

10．已知球的表面积为，若球与正四面体的六条棱均相切，则此四面体的体积为（    ）

A．9 B． C． D．

【答案】A

【分析】将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，即可求解.

【详解】由，，将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，，正方体的棱长为，则正四面体棱长为，高，，

故选:A．

11．已知双曲线的离心率为，虚轴长为4，则的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】曲线方程化为标准方程为，再根据已知列出方程组求出即得解.

【详解】曲线方程化为标准方程为，

则依题意可得

解得. 所以的方程为.

故选：D．

12．已知实数，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用对数函数性质证明，利用比商法结合基本不等式比较，结合指数函数性质证明，由此证明，再确定的大小关系.

【详解】因为函数为上的增函数，

所以，

故，即，又，，

故，则，

而，故，

所以，则，

所以，

故选：B．

二、填空题

13．已知平面向量，，若，则实数的值为__________．

【答案】/

【分析】由于，所以由构成的平行四边形对角线相等，故为矩形，所以，再运用数量积计算即可.

【详解】 ，由构成的平行四边形为矩形，即，

则，解得；

故答案为： .

14．已知直线与圆有公共点，且与直线交于点，则的最小值是__________．

【答案】

【分析】根据题意可知将问题转化为圆上一点到直线与圆交点的最小距离.

【详解】由题意可知，的最小值即为圆上一点到直线与圆交点的最小距离，

圆心，半径，圆心到直线的距离为，

由题意可知．

故答案为：.

15．设分别是双曲线的左、右焦点，若双曲线左支上存在一点，使得在以线段为直径的圆上，且，则该双曲线的离心率为__________．

【答案】/

【分析】由题得，设，求出即得解.

【详解】已知条件可知为直角三角形，且.

设，可得

故答案为：

16．已知的三边长分别为，若，则的取值范围是__________．

【答案】

【分析】根据题意得到，且，当时，利用基本不等式求得其范围；当时，求得；当时，化简得到，令，求得，结合单调性和，求得其范围，即可求解.

【详解】由正弦定理，可得，

又由可得，则，

当时，令，可得

，

当且仅当时，等号成立，即；

当时，可得；

当时，令，可得，

令，则，可得，

所以在上单调递增，所以，即，

综上可得：，所以的取值范围是．

故答案为：.

三、解答题

17．某学生兴趣小组随机调查了某市200天中每天的空气质量等级和当天到江滨公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：

(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；并求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有99.9％的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？

附：．

【答案】(1)，340

(2)列联表见解析，有

【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为、、、的概率；利用每组的中点值乘以频数，相加后除以可得结果；

（2）根据表格中的数据完善列联表，计算出的观测值，再结合临界值表可得结论.

【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为，

等级为的概率为，等级为的概率为，

等级为的概率为，

由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为

（2）列联表如下：

，

因此，有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．

18．设数列的前项和为，当时，有．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)若，，求的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)60

【分析】（1）由及的关系求得，可得数列是等差数列．

（2）求得,后用二次函数求最大值.

【详解】（1）因为当时，有①，

所以当时，②，

由①−②，整理可得，所以数列是等差数列．

（2）由（1）可知是等差数列，所以

可得

所以数列的公差，

所以，

所以，

又，所以当或时，取到最大值为60．

19．如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，．

(1)求证：平面平面；

(2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意可求得，由 勾股定理可知，又由平面可得，从而证得平面，进而得到平面平面．

（2）取AB的中点N，连接DN，MN，可证得∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角，在求得.

【详解】（1）证明：为直角梯形，，．

又，， 平面,所以平面．

又平面，，

又，，

如图，过点A作，，．

又，．

又，由勾股定理可知

，平面，平面．

平面平面平面．

（2）取AB的中点N，连接DN，MN，

∵M为AE的中点，，，

由（1）知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，

∴∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角．

由（1）知，又，，，

∴，，

∴

．

．

20．实数，，．

(1)若恒成立，求实数的取值范围；

(2)讨论的单调性并写出过程．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）采用分离参数，转化为函数的最值问题即可求解.

(2)对分类讨论，根据单调性即可求解.

【详解】（1）由题意得，令，的定义域为，

由得：．

设，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

，即实数的取值范围为．

（2）令，的定义域为．

①当时，时，，在上是增函数；

时，，在上是减函数；

时，，在上是增函数；

②当时，，

时，在上是减函数；

时，在上是增函数；

③当时，单调递增；

④当时，时，，在上是增函数，

时，，在上是减函数，

时，，是增函数．

【点睛】方法点睛:1.两招破解不等式的恒成立问题

(1)分离参数法

第一步:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题

第二步:利用导数求该函数的最值;

第三步:根据要求得所求范围.

(2)函数思想法

第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题;

第二步:利用导数求该函数的极值;

第三步:构建不等式求解.

2.利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧

根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题,进而用导数求该函数在该区间上的最值问题,最后构建不等式求解.

21．椭圆的左、右焦点分别为，是上的一个动点（不在轴上），射线，分别与交于点，记，的周长分别为，，已知．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)记，，的面积分别为，，，求证：是定值．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用椭圆的定义化简得，与联立即得解；

（2）设P，，联立得，同理可得，． 再化简计算即得证.

【详解】（1）由题得，

，

则得与联立，解得，

所以椭圆C的标准方程为．

（2）证明：设P，，则，

可设直线PA的方程为，其中，

联立得，

则，

同理可得，．

因为

，

所以

所以是定值．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题常作为计算问题，即计算某个数学量是一个常数，一般先选定参数，再计算化简得解.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中．

(1)求曲线与曲线的交点的极坐标；

(2)直线与曲线，分别交于两点（异于极点），为上的动点，求面积的最大值．

【答案】(1)和；

(2).

【分析】（1）求出曲线和曲线的直角坐标方程，解方程组即得解；

（2）先求出，再求出点P到直线MN的最大距离即得解.

【详解】（1）的参数方程为（为参数），消去可得 ，

所以曲线的直角坐标方程为．

的极坐标方程为，所以的直角坐标方程为.

联立两曲线的直角坐标方程解得曲线的交点坐标为.

所以曲线和曲线的交点极坐标为和.

（2）曲线的直角坐标方程为,

将，代入得，曲线的极坐标方程为

当时，，，．

显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，

直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，

所以点P到直线MN的最大距离，

所以．

所以面积的最大值为.

23．已知关于的不等式对任意实数恒成立．

(1)求实数的取值范围；

(2)记实数的最小值为，若均为正实数，且，求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）原不等式等价于求出的最小值即得解；

（2）化简得，再利用基本不等式证明.

【详解】（1）原不等式等价于

当且仅当时，等号成立，

解得

所以实数的取值范围为

（2）证明：由（1）知

当且仅当时等号成立．

原题即得证.