四川省泸州市泸县第一中学2023届高三二模数学（理）试题（Word版附解析）

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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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3． 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. 设集合，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解绝对值不等式、一元二次不等式分别求集合A、B，再由集合并运算求.
【详解】由题设，，
所以.
故选：A
2. 若复数为纯虚数（为虚数单位），则实数的值为（ ）
A. 1B. 0C. 1D. 1或1
【答案】C
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义列出方程(组)求解.
【详解】由已知得，解得,
故选：C
3. 某车间从生产的一批产品中随机抽取了1000个零件进行一项质量指标的检测，整理检测结果得此项质量指标的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是（ ）
A.
B. 估计这批产品该项质量指标的众数为45
C. 估计这批产品该项质量指标的中位数为60
D. 从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5
【答案】C
【解析】
【分析】利用各组的频率之和为1，求得的值，判定A；根据众数和中位数的概念判定BC；根据频率估计概率值，从而判定D.
【详解】，解得，故A正确；
频率最大的一组为第二组，中间值为，所以众数为45，故B正确；
质量指标大于等于60的有两组，频率之和为，所以60不是中位数，故C错误；
由于质量指标在[50,70)之间的频率之和为，可以近似认为从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5，故D正确.
故选:
4. 非零向量，满足向量+与向量-的夹角为，下列结论中一定成立的是（ ）
A. =B. ⊥C. ||=||D. //
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量数量积定义及计算公式即可得解.
【详解】依题意有(+)·(-)=|+|·|-|cs=0，即，
所以C选项正确.
故选：C
5. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递增B. 的图象关于点对称
C. 为奇函数D. 的图象关于直线对称
【答案】D
【解析】
【分析】把化简成，进而得到是由先向左平移一个单位，再向下平移一个单位得到的，然后根据的图象画出的图象，即可判断选项
【详解】
化简得，
的可以看作是函数先向左平移一个单位，再向下平移一个单位得到，
先画出的图象，再进行平移画出的图象，
明显可见，对于原函数，为奇函数，关于点对称，且在和上为单调减函数，
所以，经过平移后变成的在上单调递减，关于对称，非奇函数也非偶函数，图象关于直线对称，所以，D正确；A、B、C错误.
故选：D
6. 的展开式中的系数是（ ）
A. 60B. 80C. 84D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】
的展开式中的系数是，借助组合公式：，逐一计算即可.
【详解】的展开式中的系数是
因为且，所以，
所以，
以此类推，.
故选：D.
【点睛】本题关键点在于使用组合公式：，以达到简化运算的作用.
7. 已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，则下列命题中错误的是（ ）
A. AE⊥平面PAB
B. 直线PD与平面ABC所成角为45°
C. 平面PBC与平面PEF的交线与直线AD不平行
D. 直线CD与PB所成的角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】由线面垂直的判定定理可判断A正确；从图中可找到线面角为∠PDA进而可判断B正确；由线面平行的判定定理和性质定理可判断C错误；找到直线CD与PB所成的角并通过计算可判断D正确.
【详解】对于A：∵PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴AE⊥PA，
∵六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，∴AE⊥AB，
∵PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，∴PE⊥平面PAB.故A正确；
对于B：∵六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，
∴ PA⊥AD，PA=AD，∴∠PDA=45°是直线PD与平面ABC所成角.故B正确；
对于C：∵BCEF，平面，平面，所以平面.
设平面PBC与平面PEF的交线为，则，又，所以，故C错误；
对于D：设AB=1，则PA=2，，
∵CDBE，∴∠PBE是是直线CD与PB所成的角(或所成角的补角)，
∴直线CD与PB所成的角的余弦值为.故D正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：平移线段法是求两异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出两异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角（或补角）；
③计算：求该角值，常利用解三角形；
④取舍：由于两异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两异面直线所成的角．
8. 已知点是曲线C：y＝+1上点，曲线C在点P处的切线平行于直线6x﹣3y﹣7＝0，则实数a的值为（ ）
A. ﹣1B. 2C. ﹣1或2D. 1或﹣2
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数并把代入令其值等于2可求得可得答案.
【详解】∵y＝+1，
∴，
∵曲线C在点P处的切线平行于直线6x﹣3y﹣7＝0，
结合题意得：，
解得：a＝2或，
当时，，
切点坐标为，代入，所以不合题意，舍去，
当时，，
切点坐标为，代入，
故选：A．
9. 牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：（为时间，单位分钟，为环境温度，为物体初始温度，为冷却后温度），假设一杯开水温度℃，环境温度℃，常数，大约经过多少分钟水温降为40℃？（结果保留整数，参考数据：）（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设的温度冷却模型有，应用对数的运算性质即可求值.
【详解】由题意知：分钟，
故选：C.
10. 已知在中，斜边，，若将沿斜边上的中线折起，使平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意作出三棱锥的外接球的球心，进而通过计算求得外接球半径，最终可求得外接球的表面积.
【详解】依题意知，△是边长为1的等边三角形，设其外接圆半径为，由正弦定理易得；
△是腰长为1的等腰三角形，同理可得其外接圆半径.
在三棱锥中，分别过△和的外心、作它们的垂线，二者交于点，则是三棱锥的外接球的球心.
取的中点为，连接，，由平面平面可知，四边形为矩形.
在直角△中，，，所以，所以，在直角△中，，
所以.
故三棱锥的外接球的表面积.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：作出三棱锥的外接球的球心是解决本题的关键点.
11. 已知双曲线的右焦点为，点，在双曲线的同一条渐近线上，为坐标原点．若直线平行于双曲线的另一条渐近线，且，，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设直线为，从而可求出，则可表示出，再由可得，从而由，可求得，进而可求出双曲线的渐近线方程
【详解】解： ，由题意设直线为，
由得，所以点，
所以，
因为，所以，
因为，
所以，得，即，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线的渐近线的求法，解题的关键是由题意设直线为，从而可求出，可求出，再由可得，从而由，可求得，进而可求得答案，属于中档题
12. 已知点，，，平面区域是由所有满足（其中，）的点组成的区域，若区域的面积为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】延长到点，延长到点，使得，，作，，，，则四边形，，均为平行四边形．由题意可知：点组成的区域为图中的四边形及其内部．利用向量的夹角公式可得，利用四边形的面积，再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【详解】
如图所示，延长到点，延长到点，使得，，
作，，，，
则四边形，，均为平行四边形．
由题意可知：点组成的区域为图中的四边形及其内部．
，，，，，．
，．
四边形的面积，
，即．
，当且仅当时取等号．
的最小值为9．
故答案为：9
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用平面向量的线性运算画出平面区域.
第II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. 计算的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数的运算公式、对数的换底公式、对数的减法运用公式进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
14. 已知等差数列满足，则_________．
【答案】10
【解析】
【分析】根据等差中项的性质求得，因此，，得出结果.
【详解】由等差中项的性质可得，可得，因此，．
故答案为：10．
15. 函数满足：①定义域为R，②，③.请写出满足上述条件的一个函数，___________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由题可得函数为定义在R上的奇函数，且为增函数，即得.
【详解】∵函数定义域为R，关于原点对称，又，即，
∴函数为奇函数，又，
∴函数为增函数，又函数是定义在R上奇函数，且为增函数，
故函数可为.
故答案为：（答案不唯一）.
16. 如图，正方体中，点，是上的两个三等分点，点，是上的两个三等分点，点，，分别为，和的中点，点是上的一个动点，下面结论中正确的是___________.
①与异面且垂直；
②与相交且垂直；
③平面；
④，，，四点共面.
【答案】①③④
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系：①判断是否为零即可；②判断是否为零即可；③分别求得平面面和平面EFN的一个法向量，判断两个法向量是否共线即可；④由判断即可.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：
设正方体棱长为3，
①因为,，所以，又矩形EFHG与矩形的中心重合，且过矩形的中心，所以与异面且垂直，故正确；
②因为,，所以，所以与不垂直，故错误；
③由，设平面的一个法向量 ，则，即，令，则,同理求得平面EFN的一个法向量，因为，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故正确；
④因为，则，所以，则，所以，，，四点共面，故正确，
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：1.用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔ν1∥ν2⇔v1＝λν2.
(2)设直线l的方向向量为ν，与平面α共面的两个不共线向量ν1和ν2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使ν＝xν1＋yν2．
(3)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔ν⊥u⇔u·ν＝0．
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2⇔u1＝λu2.
2．用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1⊥l2⇔ν1⊥ν2⇔ν1·ν2＝0．
(2)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔ν∥u⇔v＝λu．
(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0．
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. 为配合创建文明城市，某市交警支队全面启动路口秩序综合治理，重点整治机动车不礼让行人的行为.经过一段时间的治理，从市交警队数据库中调取了10个路口的车辆违章数据，根据这10个路口的违章车次的数量绘制如下的频率分布直方图，数据中凡违章车次超过40次的路口设为“重点关注路口”.
（1）根据直方图估计这10个路口的违章车次的平均数；
（2）现从支队派遣3位交警去违章车次在的路口执勤，每人选择一个路口，每个路口至多1人，设去“重点关注路口”的交警人数为X，求X的分布列及数学期望.
【答案】（1）29 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图估算平均数公式求解
（2）由超几何分布概率计算公式求解
【小问1详解】
由题意计算违章车次的平均数
【小问2详解】
违章车次在有个
重点关注路口2个
X的取值为0，1，2
，
，
，
18. 如图，在三棱锥中，为直角三角形，，是边长为4的等边三角形，，二面角的大小为，点M为PA的中点．
（1）请你判断平面PAB垂直于平面ABC吗？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由；
（2）求CM与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）垂直，证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）平面平面；分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，DE，PE，则为二面角的平面角，即，进而根据勾股定理得，根据平面得，进而可得答案；
（2）根据题意，以点C为原点，CA，CB分别为x，y轴，过点C且与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）平面平面
理由如下：
如图，分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，DE，PE，

则．
因为，．
所以，．
因为是边长为4的等边三角形，
所以，．
于是，为二面角的平面角，则，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以．
因为，，，
所以平面，
所以．
又，所以平面
因为平面．
所以平面平面．
（2）以点C为原点，CA，CB分别为x，y轴，过点C且与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
，，．
设平面PBC的一个法向量为，
则，即
取，则．
所以CM与平面PBC所成角的正弦值
【点睛】本题考查面面垂直的证明，线面所成角的求解，考查空间想象能力，逻辑推理能力，数学运算能力，是中档题.本题第一问在探究过程中，先假设平面平面，再根据逻辑关系推理论证，关键在于分别取AC，AB的中点D，E，连接PD，DE，PE，构造辅助线.
19. 在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理边化角即可得解；
(2)利用正弦定理边化角，再求余弦函数在指定区间内的值域即得解.
【详解】（1）因，中，由正弦定理得
，
化简为，即.
因为，有，则，又，所以；
（2）由（1）知，则，令，
由正弦定理：得，
所以，，
所以
，
因为，则，，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛：涉及含三角形各边的一次关系的等式，利用正弦定理化边为角是解题的关键.
20. 如图，为椭圆上的三点，为椭圆的上顶点，与关于轴对称，椭圆的左焦点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的右焦点且与轴不重合的直线交椭圆于两点，为椭圆的右顶点，连接分别交直线于两点.试判断的交点是否为定点？若是，请求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）直线与交点为定点.
【解析】
【分析】（1）由对称性和椭圆定义可求得，结合焦点坐标即可求得椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可求得直线与交点为；假设当斜率存在时，直线与交点为，可利用，表示出，从而得到；将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理验证知等式成立，从而假设成立.
【小问1详解】
与关于轴对称，，，解得：；
椭圆的左焦点，，，
椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由（1）知：，，不妨设在轴上方；
当直线斜率不存在时，，，
直线，直线，，，
，，
直线，即；直线：，即，
由得：，直线与交点为；
若直线与交点为定点，则该定点必为；
假设当直线斜率存在时，直线与交点为，
设，，
直线：；直线：；
令，则，，，，
，，
整理可得：，两式作和得：；
，，
设，
由得：，，
此时，满足题意；
综上所述：直线与交点定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，本题解题基本思路是在直接求解交点坐标非常困难的情况下，利用斜率不存在的情况首先确定所过定点坐标，进而验证在斜率存在时，两直线交点依然为该定点即可.
21. 已知函数，，其中.
（1）若方程在（为自然对数的底数）上存在唯一实数解，求实数的取值范围；
（2）若在上存在一点，使得关于的不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得，令，由题意得只需函数在上有唯一的零点；求导，分①当时，②当时，③当时三种情况分析单调性求零点，即可求出的取值范围；（2）把已知条件转化为在上有解，即函数在上的最小值小于零，求导，分①当时，②当时，③当时三种情况分析单调性求最值，即可求出的取值范围.
【详解】（1），
，
即；
令，
由题意得只需函数在上有唯一的零点；
又，其中，
①当时，恒成立，单调递增，
又，则函数在区间上有唯一的零点；
②当时，恒成立，单调递减，
又，则函数在区间上有唯一的零点；
③当时，
当时，
，单调递减，又，
，则函数在区间上有唯一的零点；
当时，
，单调递增，
则当时符合题意，
即，
所以，
当时，
则函数在区间上有唯一的零点；
所以实数的取值范围是.
（2）在上存在一点，
使得关于的不等式成立，
等价于在上有解，
即函数在上的最小值小于零，
，
①当时，即时，在上单调递减，
所以的最小值为，
由，
可得，
故；
②当时，即时，在上单调递增，
所以的最小值为，
由，
可得；
③当，即时，
可得的最小值为，
，
，
所以不成立，
综上：实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了导数求解零点问题，利用导数求解最值问题，做题的过程中注意对已知条件的转化，考查了学生构造函数的能力以及分类讨论的思想.属于较难题.
（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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴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；
（2）已知曲线的极坐标方程为，点A是曲线与的交点，点B是曲线与的交点，且A、B均异于原点O，，求实数的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用消参求得普通方程，再利用公式即可转化为极坐标方程；
（2）利用点满足的极坐标方程，根据弦长，求解三角方程，即可求得结果.
【详解】（1）由，消去参数可得普通方程为.
∴，故曲线的极坐标方程为.
（2）由题意设，，则
故.
∴，∴，，
∵，∴.
【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和普通方程之间的转化，涉及利用极坐标方程求角度，属基础题.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数的定义域为.
（1）求实数的范围；
（2）若的最大值为，当正数满足时，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用绝对值不等式的性质即可得出；
（2）利用柯西不等式的性质即可得出.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，
恒成立，
，
，
.
【小问2详解】
解：由（1）知，由柯西不等式知，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为.X
0
1
2