2023届四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试数学（理）试题含解析，共20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届四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试数学（理）试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接解出集合，再利用指数函数单调性即可解出集合，最后根据并集含义即可得到答案.
【详解】由题意可得，集合，，解得，
则，所以.
故选：C.
2．已知z的共轭复数是，且（i为虚数单位），则复数z的虚部为（    ）
A． B． C．-2 D．-2i
【答案】C
【分析】设复数，根据题意和复数的相关知识进行求解即可.
【详解】设.因为，所以，解得则，所以复数z的虚部为-2.
故选：C.
3．下图是我国跨境电商在2016～2022年的交易规模与增速图，由图可以知道下列结论正确的是（    ）

A．这7年我国跨境电商交易规模的平均数为8.0万亿元
B．这7年我国跨境电商交易规模的增速越来越大
C．这7年我国跨境电商交易规模的极差为7.6万亿元
D．图中我国跨境电商交易规模的6个增速的中位数为13.8％
【答案】D
【分析】根据图逐项进行分析即可求解.
【详解】对于，由图可知：这7年我国跨境电商交易规模的平均数为：
万亿元，故选项错误；
对于，由图可知：交易规模的增速并不是越来越大，故选项错误；
对于，由图可知：这7年我国跨境电商交易规模的极差为，故选项错误，
对于，由图可知：6个增速的中位数为和的平均数，即，故选项正确，
故选：.
4．设实数，满足约束条件，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出可行域如图所示，表示斜率为的平行直线，平移可得过点时，取最小值，代入计算即可．
【详解】作出可行域如图中阴影部分所示，可化简为，即斜率为的平行直线，由，解得，结合图形可知，当直线过点时，取最小值，.
故选：C

5．的展开式中，常数项为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其一次项系数和常数项，从而可求得结果.
【详解】展开式的通项公式为，
所以的展开式中，常数项为
，
故选：D
6．我国古代魏晋时期数学家刘徽用“割圆术”计算圆周率，“割之弥细，所失弥少，割之，又割，以至于不可割，则与圆周合体无所失矣”.刘徽从圆内接正六边形逐次分割，一直分割到圆内接正3072边形，用正多边形的面积逼近圆的面积.利用该方法，由圆内接正n边形与圆内接正边形分别计算出的圆周率的比值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出正n边形的面积、正边形的面积为，由可得答案.
【详解】对于正n边形，其圆心角为，面积为，对于正边形，其圆心角为，
面积为，由此可得，.
故选：B.
7．从0，2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　）
A．24 B．27 C．30 D．36
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：选0或2，4，分别求出组成无重复数字的三位奇数的个数，再求和即可.
【详解】第一类，从0，2，4中选一个数字，若选0，则0只能排在十位，故有个奇数，
第二类，从0，2，4中选一个数字，若不选0，先把奇数排个位，再排其它，故有个奇数，
综上可得，从0，2，4中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为个， 故选C．
【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
8．已知双曲线的右焦点为，点、在双曲线上，且关于原点对称.若，且的面积为，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设该双曲线的左焦点为，分析可知四边形为矩形，利用三角形的面积公式、勾股定理以及双曲线的定义可求得的值，即可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】因为双曲线的右焦点为，所以，设该双曲线的左焦点为.
由题意可知为、的中点，则四边形为平行四边形，
因为，所以，四边形为矩形，所以，，
由的面积为，得，则.
又，则，
所以.
则由双曲线的定义可得，所以，则离心率.
故选：C.
9．已知函数满足，，当时，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先证明函数为奇函数，再得到其周期为2，最后得，代入已知解析式即可.
【详解】因为满足，且定义域关于原点对称，所以为奇函数.
又因为，所以，
所以是周期为2的奇函数.
又因为时，，
所以
.
故选：D.
10．已知抛物线：与直线相交于，两点，为抛物线的焦点，若，则的中点的横坐标为
A． B．3 C．5 D．6
【答案】A
【解析】据题意，设AB的中点为G，根据直线方程可知直线恒过定点，据此过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，根据|FA|＝2|FB|，推断出|AM|＝2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，进而分析可得|OB|＝|BF|，进而求得点B的横坐标，则点B的坐标可得，又由B为P、A的中点，可得A的横坐标，进而由中点坐标公式分析可得答案．
【详解】根据题意，设AB的中点为G，
抛物线C：y2＝8x的准线为l：x＝﹣2，焦点为（2，0），
直线y＝k（x+2）恒过定点P（﹣2，0）
如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，
由|FA|＝2|FB|，则|AM|＝2|BN|，
点B为AP的中点、连接OB，则|OB||AF|，
又由|FA|＝2|FB|，则|OB|＝|BF|，点B的横坐标为1，
B为P、A的中点，则A的横坐标为4，
故AB的中点G的横坐标为；
故选A．

【点睛】本题考查抛物线的标准方程及其性质，注意抛物线的几何性质、定义的应用，属于基础题．
11．设，则下列关系正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.
【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，
则当时，，即，取，所以，
记，因为，所以在上单调递减，
则当时，，即，取，所以，故，即；
记，因为，当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，即，取，所以，即；
所以.
故选：C.
12．已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的个数为（    ）
（1）若与平面所成的角为，则动点所在的轨迹为圆；
（2）若三棱柱的侧面积为定值，则动点所在的轨迹为椭圆；
（3）若与所成的角为，则动点所在的轨迹为双曲线；
（4）若点到直线与直线的距离相等，则动点所在的轨迹为抛物线
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】对于(1)，利用圆的定义判断；对于(2)，利用椭圆的定义判断；对于(3)，易得运动成圆锥面判断；对于(4)，利用抛物线的定义判断.
【详解】如图所示：

对于(1)，因为与平面所成的角为，所以，
所以点的轨迹为圆，所以正确；
对于(2)，当三棱柱的侧面积为定值时，因为高为2，则为定值，且大于，所以点的轨迹为椭圆，正确；
对于(3)，因为、，所以，
于是满足条件的运动成圆锥面，又平面，所以圆锥面被平面所截的交线为双曲线，所以正确；
对于(4)，因为点到直线与直线距离相等，所以点的轨迹为点到点与直线的距离相等的轨迹，即抛物线，所以正确；
故选：D．

二、填空题
13．平面向量，满足，，且，则的值为______.
【答案】
【分析】先利用向量坐标的加减法运算求出，再用向量数量积的坐标运算即可求出结果.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以，解得.
故答案为：
14．已知直线，，圆C与，都相切，则圆C的一个方程为________.（写出满足题意的任意一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意可得直线，关于直线对称，设一个圆心坐标，利用直线与圆相切即可求出半径.
【详解】由题意可得，直线的斜率为，直线的斜率为，因为，
所以直线，关于直线对称.
则圆的圆心坐标在直线或上，
不妨设圆的圆心坐标为，因为圆C与，都相切，
所以圆的半径，
所以圆C的一个方程为，
故答案为：（答案不唯一）.
15．已知三棱锥的体积为，各顶点均在以PC为直径的球面上，，，，则该球的表面积为______.
【答案】
【分析】根据已知条件及余弦定理，利用正弦定理及棱锥的体积公式，结合勾股定理及球的表面积公式即可求解.
【详解】由，，及余弦定理，得，即，解得，，
所以，
设为外接圆半径，
所以，解得，
所以，
所以，解得，即点P到平面ABC的距离为2，
所以外接球球心O（PC的中点）到平面ABC的距离，
以外接球半径，
所以.
故答案为：.
16．已知函数，，，且在上单调,则的最大值为_________.
【答案】5
【详解】解答：
函数f(x)=2sin(ωx+φ)，
∴f(−)=2sin(−ω+φ)=0，
∴−ω+φ=kπ，k∈Z①；
又f(−x)=f(+x)，
∴x=是f(x)图象的对称轴，
∴ω+φ=k′π+π2,k′∈Z②；
由①②得,φ=k+k′2π+，k∈Z，
∴取φ=，且ω=−4k+1，k∈Z；
∴f(x)=2sin(ωx+)的最小正周期为T=；
又f(x)在上单调，
∴−⩽,即⩽，
解得ω⩽6；
综上，ω的最大值为5.
故答案为5.
点睛：等价于对称中心为（，0）；等价于对称轴为x=；在上单调隐含者区间长度小于等于周期的一半.

三、解答题
17．针对我国老龄化问题日益突出，人社部将推出延迟退休方案.某机构进行了网上调查，所有参与调查的人中，持“支持”“保留”和“不支持”态度的人数如下表所示.

支持
保留
不支持
50岁以下
8000
4000
2000
50岁以上（含50岁）
1000
2000
3000

(1)在所有参与调查的人中，用分层抽样的方法抽取n个人，已知从持“不支持”态度的人中抽取了30人，求n的值；
(2)在持“不支持”态度的人中，用分层抽样的方法抽取10人看成一个总体，从这10人中任意选取3人，求50岁以下人数的分布列和期望.
【答案】(1)120
(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意求出参与调查的总人数，利用分层抽样的特征即可求解；
（2）抽取的10人中，50岁以下与50岁以上的人数分别为4人，6人，根据超几何分布列出分布列求得期望.
【详解】（1）参与调查的总人数为，其中从持“不支持”态度的人数中抽取了30人，所以.
（2）在持“不支持”态度的人中，50岁以下及50岁以上人数之比为2∶3，因此抽取的10人中，50岁以下与50岁以上的人数分别为4人，6人，故，
则，，，.
的分布列为：

0
1
2
3
P





期望.
18．已知数列的前n项和为
(1)求数列的通项公式；
(2)令①；②；③从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】(1)根据的关系求通项公式；
(2)选①，利用错位相减法求和，选②，利用裂项相消求和，选③，利用并项求和以及等差数列前项和公式.
【详解】（1），
两式相减得，



数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
；
（2）由（1）可知，
若选①：，

.
两式相减得：，
所以.
若选②：
.
若选③：
当为偶数时，
当为奇数时，.
综上得：.
19．如图1，在中，B=90°，AB=4，BC=2，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，连接PB，PC，得到四棱锥P-BCED，如图2所示，设平面平面PBC=l.

(1)求证：平面PBD；
(2)若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理以及性质定理进行证明.
（2）利用线面垂直的判定定理、性质定理以及空间向量、平面与平面的夹角公式进行计算求解.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为D，E分别是边AB，AC的中点，
所以，所以DE⊥BD，DE⊥PD.
又BD，平面PBD，，
所以DE⊥平面PBD.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC.
又平面PDE，平面平面，
所以，所以平面PBD.
（2）
如图，过点B作，垂足为F.
由（1）可知，平面PDE⊥平面PBD.
又平面平面PBD=PD，所以BF⊥平面PDE，
所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，则.
在中，，所以.
又BD=PD=2，所以是边长为2的等边三角形.
取BD的中点O，连接OP，则，.
由（1）可知，DE⊥平面PBD.
又平面PBD，所以DE⊥OP.
又，BD，平面BCED，
所以OP⊥平面BCED.
以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴，
且以过点D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面PEC的法向量为，
则
令，得，，
所以是平面PEC的一个法向量.
易知是平面PBD的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
20．已知椭圆经过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的右顶点为，若点在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据椭圆过的点和右焦点，列方程组求出，则椭圆方程可求；
（2）设，与椭圆方程联立，消去，利用韦达定理计算，可得的关系，利用的关系表示出，利用二次函数的性质求出最值.
【详解】（1）依题可得解得
所以椭圆的方程为；
（2）易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，
由可得，，
所以，即，
而，即，
化简可得，
，

化简得，
所以或，
所以直线或，
因为直线不经过点，
所以直线经过定点.
所以直线的方程为，易知，
设定点


，
因为，且，
所以，所以，
设，
所以，
当且仅当，即时取等号，即面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：
过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）
21．已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)若有两个零点，，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数可求出的最小值为，讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；
（2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可.
【详解】（1）.
因为，所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.
当，即时，的零点个数为0.
当，即时，的零点个数为1.
当，即时，
注意到，.
下面证明.
设，所以，
由解得；由解得.
则在单调递增，单调递减，
所以，即.
所以，所以.
因此，，，使得，所以此时的零点个数为2.
综上，当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2.
（2）证明：（证法一）由（1）可知，当时，函数有两个零点，且.
令，，则.
当时，，所以在区间上单调递增，
所以.
所以.因为，所以.
又由（1）可知，在区间上单调递增，所以，故.
（证法二）由，得
则.
由对数平均不等式，得，
所以，
所以.又，所以.
【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大.
（1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在于取点；
（2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量.
22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线与曲线，（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线C的普通方程；
(2)在极坐标系中，射线与直线l和曲线C分别交于点A，B，若，求的值.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）消去参数即可得到曲线的普通方程；
（2）写出直线l的极坐标方程为，得到，曲线C的极坐标方程为，曲线C的极坐标方程为，，代入条件结合二倍角公式及同角三角函数关系即可得到的值.
【详解】（1），，
则，
故曲线C的普通方程为，.
（2）直线l的极坐标方程为，易得.
曲线C的极坐标方程为，易得.
由已知，得，，
，，
两边平方并整理得.
又，即，所以，则.
23．已知存在，使得成立，，.
(1)求的取值范围；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用绝对值不等式即可；
（2）利用柯西不等式即可.
【详解】（1）由题意，知.
因为存在，使得，
所以只需，即的取值范围是.
（2）由柯西不等式，得，
当，时，取得最小值.