四川省宜宾市叙州区第一中学2023届高三数学（理）二诊模拟试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2023届高三数学（理）二诊模拟试题（Word版附解析），共20页。

叙州区一中高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（60分）
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. 集合，集合，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】由得：或，即，
.
故选：C.
2. 在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据对称性得到，从而计算出，求出模长.
【详解】对应的点为，其中关于的对称点为，
故，
故.
故选：C
3. 设，下列向量中，可与向量组成基底的向量是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据构成基地向量的条件不共线的两个非零向量解决.
【详解】对于AB项，若时，，不满足构成基向量的条件，所以AB都错误；
对于D项，若时，不满足构成基向量的条件，所以D错误；
对于C项，因为，又因为恒成立，说明与不共线，复合构成基向量的条件，所以C正确.
故选：C
4. 展开式中含项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理展开，再借助多项式乘法运算即可得解.
【详解】因，于是得展开式中二次为，
所以展开式中含项的系数为9.
故选：D
5. 设a，，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数的单调性结合充分必要条件的定义证明即可.
【详解】在上递减．若，则，故，充分性成立；若，则，故，故．故必要性成立，即“”是“”的充要条件.
故选：A．
6. 如图是函数图像的一部分，设函数，，则可以表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象特征取特值分析排除.
【详解】由图象可得：
，但，故B不符合；
，但，故A不符合；
，但，故C不符合；
故选：D.
7. 已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（ ）
A. 6 B. 12 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，先得到的值，再代入的余弦定理计算可得，再利用三角形的面积公式计算即可.
【详解】对于椭圆有，
设，
则根据椭圆的定义得，
又，
解得，
.
故选：D.
8. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象.若的图象关于直线对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将的图象向右平移个单位长度得，又的图象关于直线对称，则，可求出参数的值,从而得到答案.
【详解】，
因为的图象关于直线对称，则


由，得，解得.
故.
故选：D
【点睛】本题考查三角函数图象平移变换，三角函数的图象性质，属于中档题.
9. 今年11月，为预防新冠疫情蔓延，株洲市有，，三个小区被隔离；从菜市场出发的专车必须每天准时到这3个小区运送蔬菜，以解决小区居民的日常生活问题．，，，之间的行车距离用表中的数字表示．若专车从出发，每个小区经过且只经过一次，然后再返回，那么专车行驶的最短距离是（ ）






0
7
6
3

7
0
5
4

6
5
0
8

3
4
8
0

A. 17 B. 18 C. 23 D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，专车行驶的最短距离应该选择或，再求距离即可.
【详解】解：由表中数据可知，到的距离最大，到的距离次之，
所以，为使行驶距离最短，与之间不能直达，与之间不能直达，
所以，专车行驶的最短距离应该选择或，此时最短距离为或.
故选：B
10. 古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．如图，直角梯形，已知，则其重心到的距离为（ ）

A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，用式子分别表示出直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.
【详解】设，
直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积为
；
梯形的面积，故记重心到的距离为，
则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，
则，则，
故选：C.
11. 过点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到导函数，设切点为，得到切线方程，代入点坐标得到，设，计算函数的极值，得到答案.
【详解】，，
设切点为，则切线方程为，
切线过点，，整理得到，
方程有三个不等根.
令，则，令，则或，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
极大值，极小值，函数与有三个交点，
则，的取值范围为.
故选：D
12. 已知，，.其中为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件构造函数，，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.
【详解】由，令，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
所以，又，
所以，在成立，
所以，即，
所以，即，
令，所以，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，
所以，即
令，所以，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以，在成立，
令，则上式变为，所以，即，
综上，.
故选：B.
【点睛】解决此题的关键是构造函数，，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可.

第2卷 非选择题（90分）
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高（单位：）服从正态分布，若测量10000株水稻，株高在的约有_______．（若，）
【答案】1359株
【解析】
【分析】由正态分布及其对称性求得，即可求得结果.
【详解】由题意，，由正态分布的对称性可得

故株高在的约有株.
故答案为：1359株.
14. 若，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先通过以及确定的范围，进而可得，再利用两角差的余弦公式展开计算即可.
【详解】,
，又，
若，则，与矛盾，
，
，
.
故答案为：.
15. 已知是定义在上的偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据是定义在上的偶函数，以及当时，等条件求出时，的导数为,进而求出时， ,代入即可求出答案.
【详解】解：由是定义在上的偶函数，
当时，，
可得时，，
所以当时，的导数为，
则曲线在点处的切线的斜率为，切点为，
则切线的方程为，所以
16. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为__________.（参考数据：）

【答案】12
【解析】
【分析】设每次操作留下的长度为，得到为等比数列，公比为，首项为，求出，
从而得到去掉的所有线段长度总和为，列出不等式，求出答案.
【详解】设每次操作留下的长度为，
则，，且每次操作留下的长度均为上一次操作留下长度的，
所以为等比数列，公比为，首项为，故，
所以经过次这样的操作后，去掉的所有线段长度总和为，
故，即，
两边取对数得：，
因为，所以，则n的最小值为12.
故答案为：12
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. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩均位于区间，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图．

（1）若此次活动中获奖的学生占参赛总人数，试估计获奖分数线；
（2）采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，记成绩在的人数为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）82 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图先判断出获奖的分数线所在的区间，设为，则成绩在的概率为0.3，列出方程即可得解；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，从而可得分布列，再根据期望的计算公式计算期望即可.
【小问1详解】
根据直方图可知，成绩在的频率为，大于0.3，
成绩的频率为0.1，小于0.2，
因此获奖的分数线应该介于之间，
设分数线为，使得成绩在的概率为0.3，
即，
可得，
所以获奖分数线划定为82；
【小问2详解】
成绩在的人数有人，
成绩在的人数为人，
则的可能取值为0，1，2，
，
，
，
的分布列为

0
1
2




∴数学期望．
18. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，

（1）证明：平面PCD.
（2）求DA与平面PCE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）通过证明，即可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为E为AB的中点，，
所以，
所以，从而.
又，，
所以底面ABCD，所以.
因为四边形ABCD是正方形，所以.
又，所以平面PCD.
（2）解：以D坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面PCE的法向量为，
则，即，
令，得.，
故DA与平面PCE所成角的正弦值为.

【点睛】此题考查证明线面垂直，求直线与平面所成角的正弦值，关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理，熟记向量法求线面角的方法.
19. 已知数列中，，.
（1）判断数列是否为等差数列，并说明理由；
（2）求数列的前项和
【答案】（1）是等差数列，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据数列的递推公式即可求解；
(2)结合（1）的结论得出，然后利用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列；
【小问2详解】
由（1）知：
数列的通项公式为：，
则，
①，
②，
①②得：

，
则.
20. 已知椭圆，A为C的上顶点，过A的直线l与C交于另一点B，与x轴交于点D，O点为坐标原点．
（1）若，求l的方程；
（2）已知P为AB的中点，y轴上是否存在定点Q，使得？若存在，求Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）存在
【解析】
【分析】
（1）对直线的斜率进行讨论，当斜率不存在时显然不满足，当直线斜率存在时，设出直线方程，代入弦长公式求出斜率的值，即可得答案；
（2）利用中点坐标公式求得，根据求出，的方程，即可得到定点坐标.
【详解】（1）①当直线的斜率不存在时，，，舍去；
②当直线的斜率存在时，，，
联立方程，化简得，
解得或，所以，
所以，化简得，
解得或（舍去），即，
所以.

（2）①，由（1）得，，
所以，又因为，所以，所以，
所以，
即存在定点满足条件．
②，则O，P重合，也满足条件
综上，存在满足条件．
【点睛】本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等.
21. 已知，函数.
（Ⅰ）若在区间上单调递增，求的值；
（Ⅱ）若恒成立，求的最大值.（参考数据：）
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）3.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先求导，得，已知导函数单调递增，又在区间上单调递增，故，令，求得，讨论得，而，故，进而得解；
（Ⅱ）可通过必要性探路，当时，由知，又由于，则，当，，结合零点存在定理可判断必存在使得，得，，化简得，再由二次函数性质即可求证；
【详解】（Ⅰ）的定义域为.
易知单调递增，由题意有.
令，则.
令得.
所以当时，单调递增；当时，单调递减.
所以，而又有，因此，所以.
（Ⅱ）由知，又由于，则.
下面证明符合条件.
若.所以.
易知单调递增，而，，
因此必存在使得，即.
且当时，单调递减；
当时，，单调递增；
则
.
综上，的最大值为3.
【点睛】本题考查导数的计算，利用导数研究函数的增减性和最值，属于中档题
（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. 坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标为，直线的极坐标方程为，且点在直线上
（Ⅰ）求的值和直线的直角坐标方程及的参数方程；
（Ⅱ）已知曲线的参数方程为，（为参数），直线与交于两点，求的值
【答案】（Ⅰ），的直角坐标方程为，的参数方程为：（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）将点的极坐标方程代入直线的极坐标方程可求出的值，然后将直线方程化为普通方程，确定直线的倾斜角，即可将直线的方程表示为参数方程的形式；
（Ⅱ）将曲线的参数方程表示普通方程，然后将（Ⅰ）中直线的参数方程与曲线的普通方程联立，得到关于的一元二次方程，并列出韦达定理，根据的几何意义计算出
和，于是可得出
的值．
【详解】解：（Ⅰ）因为点，所以；
由得
于是的直角坐标方程为；
的参数方程为： （t为参数）
（Ⅱ）由： ，
将的参数方程代入得
，设该方程的两根为，由直线的参数的几何意义及曲线知，
，

所以．
【点睛】本题考查曲线的极坐标、参数方程与普通方程之间的转化，考查直线参数方程的几何意义，对于这类问题的处理，一般就是将直线的参数方程与普通方程联立，借助韦达定理求解，考查计算能力，属于中等题．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）当，时，解不等式；
（2）若函数的最小值是2，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接分、及解不等式即可；
（2）先由绝对值三角不等式求出，再结合基本不等式证明即可.
【小问1详解】
当，时，解不等式．
当时不等式化为得，故；
当时不等式化为得，故；
当时不等式化为，故．
综上可知，不等式的解集为．
【小问2详解】
易知，
因为的最小值是2且，，所以，
故．
所以

（当且仅当时取等号）.