重庆市2023届高三数学下学期第二次诊断性检测（二模）试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市2023届高三数学下学期第二次诊断性检测（二模）试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了25万元，则该公司将至少在，ACD10等内容，欢迎下载使用。
重庆市2023年高考第二次诊断性检测数学试卷考生须知：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。 一、选择题：本题共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、、、、是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是（    ）A． B． C． D．2．任给，对应关系使方程的解与对应，则是函数的一个充分条件是（    ）A．  B．  C．  D． 3．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（    ）A． B． C． D．4．设m，，曲线C：，则下列说法正确的为（    ）A．曲线C表示双曲线的概率为 B．曲线C表示椭圆的概率为C．曲线C表示圆的概率为 D．曲线C表示两条直线的概率为5．数列满足，，现求得的通项公式为，，若表示不超过的最大整数，则的值为（    ）A．43 B．44 C．45 D．466．等额分付资本回收是指起初投资P，在利率i，回收周期数n为定值的情况下，每期期末取出的资金A为多少时，才能在第n期期末把全部本利取出，即全部本利回收，其计算公式为：.某农业种植公司投资33万元购买一大型农机设备，期望投资收益年利率为10%，若每年年底回笼资金8.25万元，则该公司将至少在（    ）年内能全部收回本利和.（，，）A．4 B．5 C．6 D．77．已知向量的夹角为60°，，若对任意的、，且，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．设实数，e为自然对数的底数，若，则（    ）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。9．下列关于复数的四个命题正确的是（    ）A．若，则B．若，则的共轭复数的虚部为1C．若，则的最大值为3D．若复数，满足，，，则10．设是定义域为的奇函数，且的图象关于直线对称，若时，，则（    ）A．为偶函数B．在上单调递减C．在区间上有4046个零点D．11．“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的容积等于半径为的半球的体积，则（    ）（参考数据：）A．这两碗馅料最多可包三角粽35个   B．这两碗馅料最多可包三角粽36个C．这两碗馅料最多可包竹筒粽21个   D．这两碗馅料最多可包竹筒粽20个12．设，当时，规定，如，．则（    ）A．B．C．设函数的值域为M，则M的子集个数为32D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．用0~9十个数字排成三位数，允许数字重复，把个位､十位､百位的数字之和等于9的三位数称为“长久数”，则“长久数”一共有__________个．14．椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想.而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱.黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列.根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.15．已知对任意的实数a均有成立，则函数的解析式为________．16．将横坐标与纵坐标均为整数的点称为格点.已知，将约束条件表示的平面区域内格点的个数记作，若，则___________.四、解答题：本题共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．王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，月利率为，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息）.(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.（不考虑其他因素）参考数据，，   18．由个小正方形构成长方形网格有行和列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，记为一轮.每次放白球的频率为，放红球的概率为q，.(1)若，，记表示100轮放球试验中“每一列至少一个红球”的轮数，统计数据如表：n12345y7656423026求y关于n的回归方程，并预测时，y的值；（精确到1）(2)若，，，，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；(3)求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：.附：经验回归方程系数：，，，.   19．正弦信号是频率成分最为单一的信号，复杂的信号，例如电信号，都可以分解为许多频率不同、幅度不等的正弦型信号的叠加．正弦信号的波形可以用数学上的正弦型函数来描述：，其中表示正弦信号的瞬时大小电压V（单位：V）是关于时间t（单位：s）的函数，而表示正弦信号的幅度，是正弦信号的频率，相应的为正弦信号的周期，为正弦信号的初相．由于正弦信号是一种最简单的信号，所以在电路系统设计中，科学家和工程师们经常以正弦信号作为信号源（输入信号）去研究整个电路的工作机理．如图是一种典型的加法器电路图，图中的三角形图标是一个运算放大器，电路中有四个电阻，电阻值分别为，，，（单位：Ω）．和是两个输入信号，表示的是输出信号，根据加法器的工作原理，与和的关系为：．例如当，输入信号，时，输出信号：．(1)若，输入信号，，则的最大值为？(2)已知，，，输入信号，．若（其中），则？(3)已知，，，且，．若的最大值为，则满足条件的一组电阻值，分别是？    20．已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点A．(1)过点的直线交于两点，且，求直线的方程；(2)作直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是，求点的轨迹方程，并说明方程表示什么形状的曲线.  21．如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．(1)若为的中点，证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值．     22．已知函数，．(1)若不等式恒成立，求 的取值范围；(2)若时，存在4个不同实数，，，，满足，证明：． 2023年高考第二次诊断性检测数学参考答案及评分标准1-8 AAABDCAC【7题解析】已知向量的夹角为60°，，则，所以，所以对任意的、，且，，则，所以，即，设，即在上单调递减，又时，，解得，所以，，在上单调递增；，，在上单调递减，所以.故选：A.【8题解析】由，可得，两边同除得：，可设函数，，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，，故由可得，所以，整理得得.9.ACD   10.AB  11.AC  12.BCD【11题解析】对于A中，例如，则，可得，所以A错误；对于B中，由，所以，所以，所以，所以B正确；对于C中，因为，可得，当时，可得，即函数的值域为，所以集合的子集个数为，所以C正确；对于D中，设，若，可得，所以，，则，所以的周期为，又当时，可得，此时；，此时； ，此时；，此时，所以，结合周期为，即恒为，所以D正确.【12题解析】结合特例，可判定A错误；结合，可判定B正确；结合正弦、余弦函数的值域，得到的值域为，可判定C正确；设，得到的周期为，证得恒为，可判定D正确. 13．45 14．15．16. 【15题解析】由，①得，即，②得：，所以，令，则，所以.【16题解析】作出的可行域，如图所示，该区域为一个等腰三角形，其中轴上的格点有个，轴上的格点有个，则坐标轴上的格点有个，在第一象限内，直线上的点，由格点的定义，设，则，故第一象限内，时，格点有个，设，则由可行域，已经格点的定义可知，第一象限内，时，格点有个，所以第一象限内的格点一共有，根据可行域的对称性可知，第四象限的格点数也为，故可行域内格点数 又∵，，即17. （1）由题可知，等额本金还货方式中，每月的还贷额构成一个等差数列，表示数列的前项和.则，故.故王先生该笔贷款的总利息为：1290000-1000000=290000元.（2）设王先生每月还货额为元，则有，即，故.因为，故王先生该笔贷款能够获批.18. （1）由题意知 ,故，所以 ，所以线性回归方程为： ，所以，估计时，.（2）由题意知：，，，，则X的取值可能为，记“含红球的行数为k”为事件，记“每列都有白球”为事件B，所以 ，，，所以X的分布列为： 012 所以数学期望为.（3）证明：因为每一列至少一个红球的概率为 ,记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，所以，记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以，显然， ，所以 ，即，所以. 19. （1）由题意得，，则的最大值为；（2）由题意知，，整理得，即，则，解得；（3）由题意得，，又，则，当时，取得最大值，则，整理得，即，解得，又，则，取即满足题意，则（答案不唯一）.20. （1）由题意，，当直线斜率不存在时，，，所以，不符合题意.当直线斜率存在时，设直线为，，，联立，得，所以所以，解得，直线的方程为（2）抛物线的准线为，与轴交于点设点，由题意，则，化简得，方程表示一条除去了两点的抛物线.21. （1）如图，连接．因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.在圆台中，平面平面，由平面平面，平面平面，得.又，所以，所以，即为中点．在中，又M为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面；（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，所以．则．因为，所以．所以，所以．设平面的法向量为，所以，所以，令，则，所以，又，设平面的法向量为，所以，所以，令，则，所以，所以．设二面角的大小为，则，所以．所以二面角的正弦值为..22. （1）由题易知，，①当，函数定义域为，，不合题意，舍去；②当，函数定义域为，由，解得，当，，即在区间单调递增，当，，即在区间单调递减，，即，设函数，，，即在单调递增，又因为，故时，成立，即成立，故的取值范围是．（2）当，，设函数，，，易知，，单调递增，，，单调递减，不妨令，由，即，又因为，，故，即，由函数单调性可知，方程至多有两解，故不妨令，，两式相减得，由，得，故，问题得证．