2023届贵州省六校联盟高三高考实用性联考卷（二）数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届贵州省六校联盟高三高考实用性联考卷（二）数学（文）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届贵州省六校联盟高三高考实用性联考卷（二）数学（文）试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据并集的运算即可求得答案.【详解】解：由题意得：∵∴∴故选：C.2．已知i为虚数单位，若，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得，的值，从而求得结果.【详解】∵，∴，，∴，故选：B.3．“一三五七八十腊，三十一天永不差；四六九冬三十整，唯有二月会变化.”月是历法中的一种时间单位，传统上都是以月相变化的周期作为一个月的长度.在旧石器时代的早期，人类就已经会依据月相来计算日子.而星期的概念起源于巴比伦，罗马皇帝君士坦丁大帝在公元321年宣布7天为一周，这个制度一直沿用至今，若2023年6月星期一比星期四少一天，星期四和星期五一样多，则该月7日可能是星期（    ）A．日 B．一 C．二 D．三【答案】D【分析】根据题意可判断这个月为30天，列出表格即可得答案.【详解】根据题意: 若2023年6月星期一比星期四少一天，星期四和星期五一样多,再根据周期性的原则，可判断这个月为30天，可列出符合要求时间表：星期四五六日一二三日期1234567日期891011121314日期15161718192021日期22232425262728日期2930      故选：D.4．已知曲线的方程，则“”是“曲线是圆”的（    ）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据二元二次方程表示圆的条件、必要不充分条件的定义可得答案.【详解】，即，∴曲线是圆，∴“”是“”的必要不充分条件.故选：A.5．已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用指数函数与对数函数的性质即可比较a，b，c的大小．【详解】∵，∴，∵，∴，∴，故选：D.6．函数在上的图象大致为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由函数奇偶性定义得到为奇函数，排除A，B，再由判断出D为正确答案.【详解】∵，,∴，∴为奇函数，排除A，B，又∵，排除C，故选：D.7．如图甲是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆，然后恢复直立状态，将图甲的模型抽象成一个圆锥和半球的组合体，如图乙，已知不倒翁在一定角度范围内“不倒”，那么模型中半球的质量应不小于圆锥质量，若半球的密度是圆锥的2倍，则圆锥的高与底面半径之比至多为（    ）A．4 B．2 C．1 D．【答案】A【分析】设圆锥的高为，底面半径为，圆锥密度为，分别求出圆锥和半球的质量，再根据题意列出不等式，解之即可得解.【详解】解：设圆锥的高为，底面半径为，圆锥密度为，则圆锥的质量为，半球的质量为，由题意有，∴，所以圆锥的高与底面半径之比至多为4.故选：A.8．设点是函数图象上的任意一点，点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，令后可求，再根据导数的取值范围可得的范围，从而可得的取值范围.【详解】∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴或.故选：B.9．设函数，则下列说法正确的是（    ）A．若把的图像向右平移个单位长度，所得函数图像与图像重合B．的图像关于直线对称C．的最大值为1D．是奇函数但不是周期函数【答案】C【分析】A选项验证是否成立即可；B选项验证是否成立即可；C选项化简函数，换元法转化函数，利用函数导数性质求函数最值，D选项利用函数的奇偶性以及周期性验证即可.【详解】选项A：对，，所以选项A不正确；选项B：对，，由，故选项B不正确；选项C：，令，，则，所以，令，所以在单调递增或所以在单调递减当，极大值为，当，极小值为，当，，，，所以最大值为1，选项C正确；选项D：对，，故是奇函数，而，故是周期函数，选项D不正确，故选：C.10．在中，角，，所对的边分别为，，，是边上一点，平分，且，若，则的最小值是（    ）A． B．6 C． D．4【答案】C【分析】根据正弦定理与的内角关系可得，由角平分线得，根据面积公式由可得，于是可转化为关于的式子，结合基本不等式即可得最值.【详解】解：∵，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴.∵，∴，∴，∴.∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，所以最小值为.故选：C.11．如图所示的三角形叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第行有个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻的两数的和，如，，……，则第8行第4个数（从左往右数）为（    ）                        …… A． B． C． D．【答案】A【分析】由题设定义即可得出8行第4个数.【详解】设第行第个数为，，，，故，，，，，故选：A.12．已知双曲线与抛物线有公共焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若点满足，双曲线的离心率为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据双曲线和抛物线的焦点，结合点到直线距离公式、三角形面积的等积性、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】如图，因为双曲线和抛物线共焦点，故可得，又到的距离，即，又，则，易得，设点，则，解得；则由等面积可知：，解得，则，则，，又点在渐近线上，即，即，又，所以，化简得，故，故选：A.【点睛】关键点睛：根据三角形面积的等积性是解题的关键. 二、填空题13．已知向量，且，则______.【答案】【分析】根据向量平行得到，求出和向量的坐标，进而求出模长.【详解】∵，∴， 解得，∴.故答案为：.14．已知实数，满足若，则的最小值为______.【答案】3【分析】在直角坐标系内画出可行解域，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】在平面直角坐标系内，可行解域如下图所示，平移直线，当直线经过直线和直线的交点时，取到最小值，.故答案为：15．如图甲所示，在矩形中，，，，分别为，的中点.将四边形沿折起，使得的大小为120°，如图乙所示.现将一体积为的小球放入几何体中（假设该几何体封闭），则取得最大值时小球的半径为______.【答案】##【分析】假设小球与直三棱柱上下底面相切，求出小球半径，再假设小球与三棱柱三个侧面相切，求出半径.V最大时，半径取和中较小的.【详解】折叠后的几何体为直三棱柱，若小球与其上下底面相切，设此时小球半径为，则，则；若小球与三棱柱三个侧面都相切，则小球半径和的内切圆半径相等，设此时小球半径为，在△中，根据余弦定理得，∵，即，解得；∵，故小球最多只能和三棱柱的三个侧面相切，故取得最大值时小球的半径为.故答案为：【点睛】本题关键是分析出两种情况：①小球和上下底面相切；②小球与侧面相切.解决小球与侧面相切时，需转化为平面几何里的三角形内切圆半径的问题求解，利用三角形等面积法即可解决问题.16．若曲线的图象总在曲线的图象上方，则的取值范围是______.【答案】【分析】根据互为反函数的性质，结合导数的几何意义进行求解即可.【详解】∵的图象与关于直线对称，即问题转化为曲线总在直线下方，当直线与曲线相切时，设切点，则切线斜率，又，∴，解得，要满足题意，，故答案为：【点睛】关键点睛：利用转化法结合互为反函数的性质是解题的关键. 三、解答题17．2022年“中国航天日”线上启动仪式在4月24日上午举行，为普及航天知识，某校开展了“航天知识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取50名，统计他们的成绩（满分100分），其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值，并估计这50名同学的平均成绩；(2)先用分层抽样的方法从评分在和的同学中抽取5名同学，再从抽取的这5名同学中抽取2名，求这2名同学的分数在同一区间的概率.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由频率之和为1求出，再由频率分布直方图计算平均数；（2）由分层抽样抽取5名同学，再由列举法得出所求概率.【详解】（1）由已知，∴，记平均成绩为，.（2）先用分层抽样的方法从分数在和的同学中抽取5名同学，则应从中抽取1人，记为，中抽取4人，记为，，，.从这5名同学中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，分别是：，，，，，，，，，，又因为抽取的2人分数都在同一区间的结果有：，，，，，共6种.故所求概率.18．已知数列，满足，.(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)求数列的前项积.【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】(1)先将等式两边配方，再取对数，即可证明数列是等比数列.(2)根据(1)的结论，以及等比数列的求和公式，即可求解.【详解】（1）证明：，两边取对数，，∴，∴数列是等比数列，公比，首项，∴，，.（2）解：由（1）可得，∴，∵，∴，.19．如图，已知平行六面体的底面是菱形，，且.(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）利用线面平行的判定作直线l，再利用线面平行的性质、平行公理推理作答.（2）连，连接，证明平面，再借助等体积法计算作答.【详解】（1）在平面内过点作的平行线，则直线l即为所作.连接，如图，因平面，平面，平面平面，则，平行六面体的对角面是平行四边形，即，所以.（2）连，连接，如图，菱形中，，则，，，在中，，同理，在中，，即为等腰三角形，有，且，在中，，则，而平面，于是得平面，对角面为平行四边形，即，又平面，平面，则平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，因，在中，，同理，等腰底边上的高，，，设点到平面的距离为，由得，，则，所以点到平面的距离.20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，.若的周长为6，面积为.(1)求曲线的方程；(2)设动直线过定点与曲线交于不同两点，（点在轴上方），在线段上取点使得，证明：当直线运动过程中，点在某定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据的周长为6，面积为得到关于的方程计算可得答案；（2）设，，，设，由，，转化为坐标运算和点在椭圆上计算可得答案.【详解】（1）由题意可知，解得， 从而，椭圆的方程为：；（2）设，，，设（，且），所以，，于是，，，，从而①，②，又点，在椭圆上，即，③，，④，由并结合③④可得，即点总在定直线上.21．已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若函数有3个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）先求导，然后对参数进行分类讨论，，对导数的正负形进行判断，即可得函数的单调区间；（2）根据（1）的单调区间结合零点个数即可判断实数的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，令得，①当时，若，则；若，则，故在，上单调递增，在上单调递减；②当时，若，则；若，则，故在上单调递增，在，上单调递减.（2）（ⅰ）由（1）知，当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减因为，所以当，即当时，在区间和内各有一个零点令，则所以当时，即在上单调递增，故恒成立，即在上恒成立.从而当时，由可得，取，则当时，，所以，由零点存在定理知在存在唯一零点，因此，当时，有且仅有3个零点.（ⅱ）当时，在区间上单调递增，在区间，上单调递减.，，所以当，即时，在区间和内各有一个零点当且时，，同理可得，由零点存在定理知在上存在唯一零点综上所述，当时，函数存在3个不同零点.【点睛】本题考查利用导数求函数单调性以及函数的零点问题，熟练掌握导数和函数的单调性之间的关系是解决本问题的关键，考查学生逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程；(2)设射线和射线分别与曲线交于两点，求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先把参数方程化为普通方程，然后化为极坐标方程；（2）求出，利用三角形面积公式和三角函数的性质求出结果．【详解】（1）易知曲线的普通方程：，因为，，所以曲线的极坐标方程为：，即.（2）由题意及（1）知，，∴，因为，则，所以当，即时，的面积最大，最大值是.23．已知对应的三边分别为，，.(1)若，，是正实数，求证：，当时，等号成立；(2)求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由柯西不等式证明即可；（2）由（1）可得不等式左边大于等于，再由基本不等式可得证.【详解】（1）（1）由柯西不等式易知，因为，，都为正数，所以，当且仅当时，等号成立.（2）为正数，所以由（1）可得，当且仅当时取等号成立.