重庆市璧山来凤中学校九校2023届高三上学期联考模拟（二）数学试题（解析版）

这是一份重庆市璧山来凤中学校九校2023届高三上学期联考模拟（二）数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市璧山来凤中学校高2023届九校联考模拟试题数学（二）试卷满分：150分 考试时间：120分钟 命题：高三备课组一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 设复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（    ）A.  B. -1 C. 1 D. 3【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算化简即可求解【详解】由题意可得，所以，故其虚部为1，故选:C．2. 设等差数列的前项和为，若，则（    ）A. 150 B. 120 C. 75 D. 60【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前项和的公式结合等差数列的性质即可得解.【详解】因为也成等差数列，故，同理 因为，所以，故所以故选：D3. 已知集合．若中有两个元素，则实数m的不同取值个数为（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】【分析】由中有两个元素，得到，由此能求出实数的不同取值个数．【详解】解：集合，1，，，，中有两个元素，，解得，实数的不同取值个数为1．故选：B．4. 在Rt△ABC中，BC=1，斜边AB=2，点P满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】如图建立直角坐标系，则，然后由求出点的坐标，从而可求出的值【详解】如图建立直角坐标系，则，所以，设，则，因为，所以，解得，所以，所以，所以，故选：A 5. 已知函数，则函数的零点个数为（    ）A. 个 B. 个 C. 个 D. 个【答案】C【解析】【分析】解方程可得结果.【详解】当时，由可得，解得（舍去）；当时，由可得，即或，解得或.综上所述，函数的零点个数为.故选：C.6. 2020年1月11日，被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜通过国家验收正式开放运行，成为全球口径最大且最灵敏的射电望远镜(简称FAST)．FAST的反射面的形状为球冠．球冠是球面被平面所截得的一部分，截得的圆为球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段为球冠的高．某科技馆制作了一个FAST模型，其口径为5米，反射面总面积为平方米，若模型的厚度忽略不计，则该球冠模型的高为（    ）(注：球冠表面积，其中R是球的半径，是球冠的高)A. 米 B. 米C.  D. 【答案】B【解析】【分析】作出轴截面图形，可以球的几何性质以及球冠的表面积，列出方程组，求解即可．【详解】如图所示为球的轴截面图像，ACD部分为该球冠的轴截面，是弦，是球的半径，点为的中点，则于点，由题意可得，，，，所以，，在中，由勾股定理可得①，又由球冠的表面积可得，②，由①②可得，，所以该球冠模型的高为米．故选：B．7. 已知点、，动点满足：直线的斜率与直线的斜率之积为，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件可得出、所满足的等式，求出的取值范围，结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】由题意可知，，整理得，则，故，因为，所以，所以，即．故选：C．8. 设数列的前n项和为，则（    ）A. 25<S100<25.5 B. 25.5<S100<26C. 26<S100<27 D. 27<S100<27.5【答案】A【解析】【分析】利用裂项相消法，来求前项和公式，再求前100项的和即可．【详解】由，∴，∴，故选：A．二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9. 16世纪英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列结论成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】利用不等式的性质，逐项判断即可．【详解】解：对于A，由，可得，故A正确；对于B，由，当时，可得，故B错误；对于C，由，当时，可得，，可得，当，时，可得，当时，，可得，故C正确；对于D，当，时，，，故D错误．故选：AC．10. 如图，在正方体中，为正方形的中心，当点在线段上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线异面的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】对于A，当为的中点时，，故A不正确；对于BCD，根据异面直线的判定定理可知都正确.【详解】对于A，当为的中点时，，故A不正确； 对于B，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故B正确； 对于C，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 异面直线，故C正确；对于D，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故C正确； 故选：BCD11. 已知双曲线：的左右焦点为，，左右顶点为，，过的直线交双曲线C的右支于P，Q两点，设，，当直线绕着转动时，下列量保持不变的是（    ）A. 的周长 B. 的周长与之差C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，可判断A，根据双曲线定义求解可判断B，设，则根据商与积的值可判断CD．【详解】如图所示：当直线的倾斜角越小时，点的周长越大，故A不正确；的周长为所以的周长与之差为，故B正确；设，则，由不是常量，故C不正确；由为常量，故D正确；故选：BD 12. 设是定义在R上的函数，若是奇函数，是偶函数，函数，则下列说法正确的是（    ）A. 当时，B. C. 若，则实数m的最小值为D. 若有三个零点，则实数【答案】BC【解析】【分析】由已知条件可得，再由可求出的解析式，从而可画出的图象，然后利用图象分析判断【详解】因为是奇函数，是偶函数，所以，解得，由得，当时，，则，所以，同理，当时，，以此类推，可得到的图象如下图所示，对于A，根据上述规律，当时，，所以A错误， 对于B，根据图象，刚好是相邻两个自然数中间的数，则刚好是每一段图象中的极大值，代入函数解析式得，所以B正确，对于C，根据图象，当时，，，由图可得C是正确的，对于D，有三个零点，等价于函数与函数有三个不同的交点，设，则函数的图象恒过点的直线，如图所示，当函数与的图象相切时，有三个交点，相切时斜率小于直线的斜率，直线的斜率为，所以有三个零点时，，所以D错误，故选：BC【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，解题的关键是根据题意求出的解析式，画出的图象，根据函数图象分析求解，考查数学结合的思想，属于较难题三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13. 已知向量，且，则实数的值为____________．【答案】##1.4
 【解析】【分析】利用数量积运算律和垂直关系的向量表示求解【详解】因为，所以，所以．故答案为：14. ___________.【答案】##【解析】【分析】利用诱导公式和和角的余弦公式求解.【详解】解：原式=.故答案为：15. 已知点，，圆：与线段（包含端点）有公共点，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】求出两点都在圆内时的范围，再求出原点到直线的距离，再根据题意即可得出答案，注意说明当直线与圆相切时，切点在线段上.【详解】解：当两点都在圆内时，则，解得，直线的方程为，即，原点到直线的距离为，又因，所以原点与线段上的点所在直线的斜率的范围为，因为圆：与线段（包含端点）有公共点，所以.故答案为：.16. 设a＞0，b＞0，若关于x的方程恰有三个不同的实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，则a+b的值为______．【答案】【解析】【分析】不妨令，判断函数的奇偶性，推出3个根的和为0，得出x2＝0，将x2＝0，x3＝b代入原方程得：，分b≥a与b＜a两种情况求解即可．【详解】解：不妨令，显然满足，可知为偶函数，因为关于x的方程恰有三个不同的实数解x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3＝b，所以必有x2＝0，且﹣x1＝x3＝b，故x1+x2+x3＝0，将x2＝0，x3＝b代入原方程得：，当b≥a时，原方程化为，解得，此时，当b＜a时，原方程化为，解得a＝b＝0，与a＞0，b＞0矛盾，故．故答案为：．四、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. 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列是等比数列；②数列是等比数列；③.【答案】答案见解析.【解析】【分析】本题通过利用等比数列的前n项和的公式，通过选择不同的两个条件，推出公比，进而分别证明出另一个条件成立.【详解】解：选①②作条件证明③：设，则，当时，，所以，当时，，因为也是等比数列，所以，解得，所以.选①③作条件证明②：因为，是等比数列，所以公比，所以，即，因为，所以是等比数列.选②③作条件证明①：设，则，当时，，所以，当时，，因为，所以，解得，所以当时，，又因为，且，所以为等比数列.18. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，点E在AB上且AE=2BE，．（1）求的值；（2）求的周长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）在中利用正弦定理求解即可，（2）在中利用锐角三角函数的定义求出，在中利用余弦定理求出的长，从而可求出的周长【小问1详解】由题知，，在中，由正弦定理得，因为，，，所以．【小问2详解】因为,所以，所以，所以，在中，因为，，所以，在中，由余弦定理得，所以的周长为．19. 在中，内角的对边分别为，且与共线.（1）若，则此时是否存在？若存在，求的面积；若不存在，请说明理由；（2）若的外接圆半径为4，且，求的面积.【答案】（1）不存在，理由见解析    （2）【解析】【分析】（1）由题目条件利用向量共线，正弦定理边化角及辅助角公式化简求出角，再由得到角的关系，利用内角和为来判断是否存在.（2）利用正弦定理处理外接圆求出边，结合已知条件利用余弦定理求，再用面积公式即可求出的面积.【小问1详解】因为与共线，所以，得，由正弦定理得因为，所以，即，因为，所以，所以.若，则，所以，则此时不存在.故：不存在.【小问2详解】因为的外接圆半径，所以，所以，由余弦定理得，即，则，所以的面积.故：的面积为.20. 如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，．（1）当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心；（2）若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）作辅助线，找到Q点在平面PBC内的射影,然后利用重心的性质结合图形的几何性质计算，求得结果；（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，求出相关向量的坐标，进而求得平面和平面的的法向量，根据向量的夹角公式求得结果.【小问1详解】取中点，连结，，，则，，又，所以平面，过作，交于，因为平面，所以，又，所以平面，即是点在平面内的射影．因为恰好是的重心，所以，在中，，，所以，，所以，即．所以当时，点在平面内的射影恰好是的重心．【小问2详解】以为原点，为轴，为轴，作，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，．设平面的法向量，则即取，得．设平面的法向量，则即取，得．．因为，所以当时，上式取得最小值，此时二面角最大，所以平面与平面所成锐二面角最大时，其余弦值为．21. 已知抛物线的焦点为，点 在上，且．（1）求点的坐标及的方程；（2）设动直线与相交于两点，且直线与的斜率互为倒数，试问直线是否恒过定点？若过，求出该点坐标；若不过，请说明理由．【答案】（1）的坐标为，的方程为；    （2）直线过定点.【解析】【分析】(1)利用抛物线定义求出，进而求出p值即可得解.(2)设出直线的方程，再联立直线l与抛物线C的方程，借助韦达定理探求出m与n的关系即可作答.【小问1详解】抛物线的准线：，于是得，解得，而点在上，即，解得，又，则，所以的坐标为，的方程为.【小问2详解】设，直线的方程为，由消去x并整理得：，则，，，因此，，化简得，即，代入方程得，即，则直线过定点，所以直线过定点.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线相交，直线过定点问题，设出直线斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.22. 已知函数，其中．（1）求的单调区间；（2）请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择．如果多写按第一个计分．①若对任意，不等式恒成立，求的最小整数值；②若存在，使得不等式成立，求的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；    （2）① 1；②.【解析】【分析】(1)求函数的定义域并求出导数，解不等式和即可作答.(2)选①，由给定不等式分离参数并构造函数，探求函数的最大值即可得解；选②，由给定不等式变形，构造函数，借助导数分类讨论有解即可.【小问1详解】的定义域为，，令，得，由，解得，由，解得，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】选择①：当时，恒成立，即恒成立，令，，则，令，则，即函数单调递减，而，，则在区间上存在一个零点，使得，即，当时，，则，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减，于是得有最大值，，依题意有，又，所以最小整数值是1．选择②：不等式，即，设，依题意，存在，，而，，当时，在上恒成立，不满足题意，当时，方程的判别式，即上恒成立，则在上单调递增，，在上恒成立，不满足题意，当时，令，得，，由和得，则当时，，在上单调递减，此时，因此，当时，存在，使得不等式成立，所以满足题意的的取值范围为．【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.