2023届贵州省高三333高考备考诊断性联考（二）数学（理）试题含解析

2023届贵州省高三333高考备考诊断性联考（二）数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题知图中阴影部分表示的集合为，，再根据集合运算求解即可.

【详解】解：由图可得，图中阴影部分表示的集合为，

因为，所以，

因为，所以或，

所以.

故选：B.

2．若复数z满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的乘方运算和除法运算法可得，再求得即可.

【详解】由复数乘方运算可得，

所以，则，

故选：D．

3．为了发展学生的兴趣和个性特长，培养全面发展的人才．某学校在不加重学生负担的前提下．提供个性、全面的选修课程．为了解学生对于选修课《学生领导力的开发》的选择意愿情况，对部分高二学生进行了抽样调查，制作出如图所示的两个等高条形图，根据条形图，下列结论正确的是（    ）

A．样本中不愿意选该门课的人数较多

B．样本中男生人数多于女生人数

C．样本中女生人数多于男生人数

D．该等高条形图无法确定样本中男生人数是否多于女生人数

【答案】B

【分析】根据等高条形图直接判断各个选项即可.

【详解】对于A，由图乙可知，样本中男生，女生都大部分愿意选择该门课，

则样本中愿意选该门课的人数较多，A错误；

对于BCD，由图甲可知，在愿意和不愿意的人中，都是男生占比较大，

所以可以确定，样本中男生人数多于女生人数，B正确，CD错误.

故选：B．

4．，下列说法正确的是（）

①为偶函数；

②的最小正周期为；

③在区间上先减后增；

④的图象关于对称．

A．①③ B．①④ C．③④ D．②④

【答案】A

【分析】由题可得，然后结合函数的性质逐项分析即得.

【详解】由辅助角公式可得：，

对①，由题可知，为偶函数，①正确；

对②，最小正周期，故②错误；

对③，令，，在区间先减后增，复合函数同增异减易知，③正确；

对④，，所以关于点对称，④错误.

故选：A．

5．若双曲线C：的离心率为2，C的一条渐近线被圆所截得的弦长为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】A

【分析】先将圆的方程化为标准方程，得到圆心和半径，从而得到双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式，通过勾股定理，求解直线和圆的弦长即可.

【详解】由题可知，离心率，得，

双曲线C：的一条渐近线不妨为，即，

圆的圆心为，半径为，可得圆心到直线的距离为，弦长为.

故选：A．

6．已知实数满足，则的最大值为（   ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】由不等式组作出可行域，根据的几何意义求出的范围，利用对勾函数单调性即可求出的范围，最大值即可求解.

【详解】令，则，由作出可行域如图，

则，，，设点，，其中在可行域内，，由图可知当在点时，直线斜率最小，

，

当在点时，直线斜率最大，，

在，由对勾函数的单调性可知：

当时，单调递减；

当时，单调递增；

又当时，；

当时，；

因为，所以当时，.

故选：B.

7．镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法，在如图所示的模型中．已知人眼距离地面高度，某建筑物高，将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜中能够看到建筑物的位置，测量人与镜子的距离，将镜子后移a米，重复前面中的操作，则测量人与镜子的距离，则镜子后移距离a为（    ）

A．6m B．5m C．4m D．3m

【答案】A

【分析】设建筑物底部到第一次观察时镜面位置之间的距离为，根据光线反射性质列出关于的方程组，求解即可.

【详解】

如图：设建筑物最高点为A，建筑物底部为，第一次观察时镜面位置为，第一次观察时人眼睛位置为C处，第二次观察时镜面位置为，

设到之间的距离为，

由光线反射性质得，所以，即，①

同理可得，②

①②两式相比得，解得，

代入①得，

故选：A．

8．如图，在平面四边形中，，，为的中点，，，则的值为（   ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，结合得，进而，再根据解方程即可得答案.

【详解】解：，为的中点，

，

，

，

∵,

，

，解得：.

故选：B.

9．将6个和2个随机排成一行，2个不相邻的概率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别计算出6个和2个随机排成一行的种数以及2个不相邻的种数，然后由古典概型的概率公式求解即可.

【详解】依题意，

6个和2个随机排成一行，共有8个空位，

从8个空位中选2个放，剩余6个放，

故总的排放方法有：种；

利用插空法，6个有7个位置可以放2个，

故排放的方法有种，

所以所求概率为.

故选：A.

10．已知函数，，对任意，，都有不等式成立，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将问题转化为，利用导数求在上的最小值、在上的最小值，即可得结果.

【详解】对任意，，都有不等式成立，

，，，则在区间上单调递增，

∴，

，，，则在上单调递增，

，，则在上单调递减，

，，故，

综上，.

故选：C

11．如图，在直三棱柱中，，，，点P在棱上，且P靠近B点，当时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据几何关系利用勾股定理可以求出，进而可以求出结果.

【详解】在中，由余弦定理可得，

解得，

，

由得：，

解得：或，又因为，且P靠近B点，所以．

由正弦定理可得，外接圆半径，

三棱锥P-ABC的外接球半径R满足：，

∴外接球表面积，

故选：D．

12．已知是数列的前n项和，，，当数列的前n项和取得最大值时，n的值为（    ）

A．30 B．31 C．32 D．33

【答案】C

【分析】由递推式得到，结合等差中项知为等差数列，进而写出其通项公式并判断单调性，最后判断上各项的符号，即可确定前n项和取得最大值时n的值.

【详解】①，则②，

②－①得：，即，

则数列为等差数列，且，

由得：，则公差，

所以，数列单调递减，而，，，......，

设，当时，，且，，

当时，恒成立，显然，，

即数列的前32项和最大.

故选：C

二、填空题

13．在平面直角坐标系中，角是以为顶点，轴为始边，若角的终边过点，求_________.

【答案】##

【分析】根据三角函数定义，结合和角公式与二倍角公式化简求解即可.

【详解】解：角的终边过点，∴，，

∴.

故答案为：

14．的展开式的各项二项式系数之和为32，各项系数和为1，则展开式中的系数为_________.

【答案】

【分析】根据二项式系数之和可求出，令，由各项系数之和可求出，代入二项式展开式的通项公式即可求解.

【详解】由题可知，

各个二项式系数之和为，解得，

令，可得各项系数之和为，解得，

所以展开式中的系数为.

故答案为：.

15．已知抛物线C：的焦点为F，过点F作斜率大于0的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，，则的面积为____________．

【答案】##

【分析】易得点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立求出韦达定理，结合求出参数的值，代入三角形面积公式即可求解.

【详解】因为抛物线的方程为：，所以焦点为，

设直线的方程为：，，

由，消整理得：，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，代入，解得：，

所以.

故答案为：

16．已知是定义在上的函数，且，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【分析】易得是定义在上单调递增的奇函数，利用单调性性质将转化为，构造函数，利用导函数讨论单调性得出，令即可求解的范围.

【详解】的定义域为，关于原点对称，，

为奇函数，且，

在上单调递增，，可化为：

，即，

令，求导得：，在上递增，值域为R，

则存在一个，使得，且时，，

时，，则

.

，，则；

另外，对任意，要保证有意义，则恒成立，所以；

综上，.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：（1）解决不等式问题时，单调性与奇偶性是突破口；（2）解决恒成立问题时，根据大于最大值或小于最小值的性质，将问题转化为求最值问题，最值问题又转化为单调性问题，构造函数是将不等式转化为函数思想的常用方法.

三、解答题

17．某单位为了解职工对垃圾回收知识的重视情况，对本单位的200名职工进行考核，然后通过随机抽样抽取其中的50名，统计其考核成绩（单位；分），制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求这50名职工考核成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）及中位数（精确到0.01）；

(2)若该单位职工的考核成绩服从正态分布，其中“近似为50名职工考核成绩的平均数近似为样本方差，经计算得，利用该正态分布，估计该单位200名职工考核成绩高于90.06分的有多少名？（结果四舍五入保留整数.）

附参考数据与公式：，，则，，.

【答案】(1)平均数为84.80；中位数84.67（分）

(2)32名.

【分析】（1）直接代入平均数公式与中位数性质即可求解；

（2）根据正态分布的性质求出，再乘以200即可求解.

【详解】（1）依题意，这50名职工考核成绩的平均数为

由频率分布直方图得，

，

中位数（分）

（2）由题意得，

，

，

（名），

估计该单位200名职工考核成绩高于90.06分的有32名.

18．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

(1)求角C的大小；

(2)若，求c的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再用余弦定理可求出角；

（2）由（1）已知角，可借助正弦定理化边为角，再利用辅助角公式及正弦三角函数的性质可解．

【详解】（1）由已知及正弦定理，得，

即，

∴．

又∵，

∴；

（2）由（1）及正弦定理得，

∵，

∴，

∴．

∵，∴，，

∴，

∴．

19．如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点.

(1)若为的中点，证明：平面；

(2)若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于.

【答案】(1)证明见解析

(2)点在线段靠近的三等分点处.

【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，得出，取的中点，连接，易得，由线面垂直判定定理即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，根据法向量性质求出，再根据二面角的正弦值等于即可求出参数，从而确定的位置.

【详解】（1）由题意，

，且，故四边形是平行四边形.

又，所以是正三角形，四边形是菱形.

如图所示：

取的中点，连接，

是正三角形，则，.

又，平面，

所以平面，又平面,

所以.

取的中点，连接，

则，即四点共面.

又，则，

由，，，平面，

平面.

（2），，

.又且，

以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

设，则，

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

又，，

则可取.

由题意，二面角的正弦值等于，

，

，故，即点在线段靠近的三等分点处.

20．抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．

(1)求抛物线的方程；

(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；

（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.

【详解】（1）由椭圆方程可知短轴长为，

∴抛物线的焦点到准线的距离，

故抛物线方程为．

（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．

设，，则直线方程为，

即，

∵直线DM：与圆E：相切，

∴，整理可得，，①

同理，直线DN与圆E相切可得，，②

由①②得a，b是方程的两个实根，

∴，，

代入，化简整理可得，

，

令，解得，

故直线MN恒过定点．

21．已知函数，.

(1)当时，求证：在上单调递减；

(2)当时，，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据导数与函数的单调性关系，结合二阶导讨论导函数的符号即可证明；

（2）构造函数，进而结合将问题转化为证明当时，在上恒成立问题求解即可.

【详解】（1）证明：当时，，

则，令，

则在上单调递减，

且，且，

，使.

当时，，当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

，

，，，

，

在上单调递减.

（2）解：当时，，即（记为*）在上恒成立，

令，，

，

要使（*）式在上恒成立，则必须，.

下面证明当时，在上恒成立.

，，

.

令，则，

故当时，单调递减；

当时，单调递增；

∴，

，

当时，在上单调递增，

，即（*）式在上恒成立，

另外一方面，当时，，

∴存在，使得当时，，在上单调递减，

∴当时，，与题设矛盾，不成立.

∴的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于结合得到，进而再证明时不等式成立即可.

22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线：．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求直线l的极坐标方程和曲线的参数方程；

(2)求曲线上一点N到直线l距离的最小值，并求出此时N点的坐标．

【答案】(1)直线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为（为参数）

(2)，．

【分析】（1）利用消元法求出直线的直角坐标方程，再利用直角坐标和极坐标互化公式即可求出直线的极坐标方程，直接根据同角三角函数的平方关系可得曲线的一个参数方程；

（2）设点的坐标为，表示出点到直线的距离，结合辅助角公式和正弦函数的值域，即可得出距离最小值，进而求出点的坐标．

【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消得直线的普通方程为，

将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为：，

曲线的一个参数方程为：（为参数）．

（2）因为点在曲线上，设，

则到直线的距离为：，其中，，

当，即时取得最小值，，

，

，，

故此时点的坐标为，

综上，曲线上一点到直线距离的最小值为，此时点的坐标为．

23．已知函数，

(1)求不等式的解集N；

(2)设N的最小数为n，正数a，b满足，求的最小值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）分类讨论的取值范围去绝对值转化为一次不等式求解；

（2）由题意得，将，代入化简后使用基本不等式求最小值.

【详解】（1），即，

∴或或，

解得或或，

∴不等式的解集．

（2）由（1），

∴，则，，

则

，

当且仅当，即，时等号成立．

∴的最小值为．