2023成都高三下学期二模理科数学试题含解析

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数学（理科）
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上 .
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号 .
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上 .
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效 .
5．考试结束后，只将答题卡交回 .
第Ⅰ卷（选择题，共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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集定义、元素和集合的关系直接判断各选项即可.
详解】对于AB，，，，A错误，B错误；
对于CD，或，，，C正确，D错误.
故选：C.
2. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式，结合辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式进行求解即可.
【详解】，
所以该函数的最小正周期为，
故选：C
3. 执行如图所示的程序框图，输出的n的值为（ ）
A. 40B. 41C. 119D. 122
【答案】B
【解析】
【分析】根据给出的程序框图，执行程序框图，结合判断条件，即可求解.
【详解】第一次循环：；
第二次循环：；
第三次循环：；
故输出的n的值为41.
故选：B.
4. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据约束条件画出线性规划区域，根据的几何意义即可求解.
【详解】依题意，
实数x，y满足约束条件所表示区域如图阴影所示：
由，解得点
的几何意义为：可行域内的点与原点连线的斜率，
由图象可知，当原点与点连接时，取得最大值，
即
故选：C.
5. 设，分别是双曲线的左、右焦点．为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用双曲线的定义及标准方程，得到，，结合勾股定理表示出和 的关系即可.
【详解】利用双曲线的定义及标准方程，得到,
又，
因为，所以；故，即
故答案为：
6. 甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为，比赛采取三局两胜制（当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束），则甲获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】按照相互独立事件的概率乘法法则，分类计算求和即可.
【详解】分三类：
①甲直接获得前两局胜利，不进行第三局，此时甲获胜的概率为：；
②甲输第一局，赢后两局，此时甲获胜的概率为：；
③甲赢第一局和第三局，输第二局，此时甲获胜的概率为：.
故甲获胜的概率为：.
故选：B.
7. 已知命题：空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行；命题：空间中三个平面，，，若，，，则．则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与直线的位置关系定义、面面垂直的性质，结合与、或、非的真假性质逐一判断即可.
【详解】因为空间中两条直线没有公共点，两条直线可以是异面直线，所以命题是假命题，
因此是真命题，
由面面垂直的性质可知命题是真命题，为假命题，
所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，
故选：D
8. 已知过抛物线的焦点，且倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，则（ ）
A. 32B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得，由韦达定理可得，再根据抛线的定义即可得答案.
【详解】解：因为抛物线，
所以，，
所以直线的方程为，
由，得，
显然，
设
则有，
所以，
由抛物线定义可知.
故选：A.
9. 若奇函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的性质进行条件转化注意运用赋值法，即可得到的最小正周期是4，运用周期性即可得到结论．
【详解】由题意，对于奇函数，有，
由，
所以，
所以，
则函数的周期是4，
所以.，
故选：B．
10. 若正三棱锥的高为2，，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据正三棱锥与外接球的性质，分球心在内部与外部两种情况讨论即可求解.
【详解】依题意，
①若球心在正三棱锥内部，如图所示：
其中点在底面的投影为点，所以高为，
延长交于点，因为三棱锥为正三棱锥，
所以为正三角形，点为的重心，为的高，
所以，，
设外接球半径为，则，在中有：
，即，
解得：；
②若球心在正三棱锥外部，如图所示：
由①知，当球心在的延长线上时，在中有：
，即，
解得：.
故选：D.
11. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用换底公式，对变形后得到，构造设，，求导后得到其单调性，得到，比较出，利用换底公式，结合对数函数的单调性得到，从而得到答案.
【详解】，
所以，
，
设，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，即，
故，
故，又，故，即，
又因为，
其中，所以，
故，
则.
故选：A
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，变形得到，从而达到构造出适当函数比较出大小.
12. 在中，已知，，，当取得最小值时，的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，，在和中应用正弦定理可得到，然后利用结合余弦定理可得，化简可得当时，取得最小值，最后利用面积公式即可
【详解】
设，，，，，
在中，，在中，，
,，，
设，，
，，
，，
，
当时，取得最小值，，，
又，
在中，.
故选：D.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 复数（为虚数单位），则|z|的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先化简,再带入模长公式即可求解.
【详解】因为,
所以.
故答案为:.
14. 已知，则__．
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由，又由.
故答案为：．
15. 若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线所过的定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.
【详解】直线过定点，直线过定点，
显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，
显然点的坐标为，所以该圆的方程为，
由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，
当点在如下图位置时，的值最大，即，
所以|PM|的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.
16. 若函数存在极大值点，且，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】由函数存在极大值点，可得，又，令，结合导数分析其单调性，进而得到，由，可得，令，结合导数分析其单调性，进而得到，进而求解.
【详解】由，
所以，
由函数存在极大值点，
所以，
即，
所以，
令，
则，
令，即；令，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，当时，，
所以由，得，
由，可得，即，
令，
所以，
所以函数在上单调递减，
所以，
所以.
即实数的取值范围为.
故答案为：.
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 某中学为了丰富学生的课余生活,欲利用每周一下午的自主活动时间,面向本校高二学生开设“厨艺探秘”“盆景栽培”“家庭摄影”“名画鉴赏”四门选修课,由学生自主申报,每人只能报一门,也可以不报．该校高二有两种班型－文科班和理科班（各有2个班）,据调查这4个班中有100人报名参加了此次选修课,报名情况统计如下:
（1）若把“厨艺探秘”“盆景栽培”统称为“劳育课程”,把“家庭摄影”“名画鉴赏”统称为“美育课程”．请根据所给数据,完成下面的2×2列联表:
（2）根据（1）列联表中所填数据,判断是否有99%的把握认为课程的选择与班型有关．
附:．
【答案】（1）列联表见解析
（2）没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．
【解析】
【分析】补全列联表,再算出的值与6.635进行比较即可得出结论.
【小问1详解】
由题意,列联表如下:
【小问2详解】假设:“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科无关.
∵,
∴根据小概率值的独立性检验,可以推断不成立,即没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．
18. 已知等比数列的公比为3，且，，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；
（2）利用错位相减法进行求解即可.
【小问1详解】
设数列的公比为．
∵，，成等差数列，
∴．
∴
∵，∴解得．∴；
【小问2详解】
设，则．
∴①
∴②
由①－②得，
∴
∴．
19. 如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，进而利用面面垂直的判定证明平面平面.（2）以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【小问1详解】
取的中点O，连接AO，．
∵与均是边长为2的正三角形，
∴，，．
∴为二面角的平面角．
∵，
∴．
∴，又，， 平面，
平面，又平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，，，．
以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．
则，，，．
，，．
设平面的一个法向量为．
由得
令，得．
设平面的一个法向量为．
由得
令，得．
∴．
∴所求锐二面角的余弦值为．
20. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，与椭圆C有相同焦点的双曲线在第一象限与椭圆C相交于点P，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点，且．若椭圆C上存在点E，使得四边形OAED为平行四边形，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合双曲线方程可得，，结合双曲线和椭圆的定义即可得到，进而求解；
（2）设，，则，结合平行四边形OAED，可得，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理可得，．进而得到，从而求解.
【小问1详解】
由题意，双曲线的焦点为，，
双曲线与椭圆C有相同焦点且在第一象限交点为P，
又，，．
，．
．
椭圆C的方程为．
【小问2详解】
设，，则．
四边形OAED为平行四边形，
，．
点A，B，E均在椭圆C上，
，，．
，
．
．
由消去y，得．
显然．
，．
．
，
因为，所以，即，
所以，即.
．
21. 已知函数，其中，．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，函数恰有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分与两种情况，得到函数的单调性；
（2）转化为方程有两个不等的实数解，换元后得到，构造，求导得到其单调性，得到方程有唯一解，转化为有两个不相等的实数，构造函数，求导得到其单调性，结合函数走势，只需要，构造函数，得到其单调性，求出a的取值范围.
【小问1详解】
，
∵，，
∴当时，恒成立，函数在上单调递增．
当时，
当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
函数恰有两个零点，
等价于方程有两个不等的实数解．
∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，
∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，
当时，恒成立．
∴a的取值范围为．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
（2）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于A，B两点，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）对于曲线消参数即可得出普通方程；对于直线利用和差公式展开，代入，即可求解；
（2）利用参数方程的几何意义即可求解.
【小问1详解】
依题意，
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的普通方程为．
∵直线极坐标方程为，
∴．
∵，．
∴直线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
由（1）知，点在直线上，
∴直线的参数方程为（为参数），
代入得，．
设，是上述方程的两根，
∴，，．
∴．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）画出的图象；
（2）求不等式的解集．
【答案】（1）图象见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对分类讨论，去掉绝对值号即可求解；
（2）由函数的图象向左平移2个单位长度后得到函数的图象，从图象即可得出不等式的解集.
【小问1详解】
由题得，．
函数的图象为：
【小问2详解】
函数的图象向左平移2个单位长度后得到函数的图象，的图象与的图象如图所示．
当时，由解得，．由图象可知不等式的解集为．
厨艺探秘
盆景栽培
家庭摄影
名画鉴赏
文科1班
11
5
14
6
文科2班
12
7
11
4
理科1班
3
1
9
3
理科2班
5
1
6
2
报名班型
课程
合计
“劳育课程”
“美育课程”
文科班
理科班
合计
0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.0100
0.005
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.6357
7.879
报名班型
课程
合计
“劳育课程”
“美育课程”
文科班
35
35
70
理科班
10
20
30
合计
45
55
100