重庆市巴蜀中学校2023届高三数学下学期4月月考试题（Word版附解析）

泸县四中2020级高三第二次诊断性模拟考试

数学（理工类）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3.本试卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.

第Ⅰ卷  选择题（60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分别求得集合，，结合集合并集的运算，即可求解.

【详解】由题意，集合，，

根据集合并集的运算，可得.

故选：A.

2. 图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点所表示的复数满足，则复数

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由题得：，所以

3. 甲､乙两台机床生产同一种零件，根据两台机床每天生产零件的次品数，绘制了如下茎叶图，则下列判断错误的是（    ）

A. 甲的平均数大于乙的平均数 B. 甲的众数大于乙的众数

C. 甲的方差大于乙的方差 D. 甲的性能优于乙的性能

【答案】D

【解析】

【分析】A.利用平均数公式求解判断；B.利用众数的定义求解判断；C.利用方差的公式求解判断；D.根据方差判断.

【详解】A.甲的平均数 ,乙的平均数，故正确；

B.甲的众数是15，乙的众数是12，故正确；

C.甲的方差，

乙的方差，故正确；

D. 由甲的方差大于乙的方差，得甲的性能劣于乙的性能，故错误；

故错误；

故选：D

4. 已知某几何体的三视图如图所示（图中网格纸上小正方形边长为1），则该几何体的体积为（    ）

A.  B. 15 C.  D. 20

【答案】C

【解析】

【分析】由三视图得到该几何体为棱台，利用棱台的体积公式即得.

【详解】由题可得该几何体为底面分别为边长为2、4的正方形，高为2的正棱台，

故该几何体的体积为.

故选：C.

5. 已知是第四象限角，，则

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先根据的正弦值和角所在的象限，求得的值，根据两角差的正切公式求得所求表达式的值.

【详解】因为，且为第四象限角，则，，故选D.

所以.

【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角差的正切公式，属于基础题.

6. 设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.

考点：等比数列

7. 在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意结合流程图所要实现的功能确定判断框内应填入的条件即可.

【详解】由题意结合流程图可知当时，程序应执行，，

再次进入判断框时应该跳出循环，输出的值；

结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是.

故选：A.

8. 已知函数，其中.若函数的最小正周期为，且当时，取最大值，是

A. 在区间上是减函数 B. 在区间上是增函数

C. 在区间上是减函数 D. 在区间上是增函数

【答案】B

【解析】

【分析】先根据题目所给已知条件求得的解析式，然后求函数的单调区间，由此得出正确选项.

【详解】由于函数的最小正周期为，故，即，.所以.由，解得，故函数的递增区间是，令，则递增区间为，故B选项正确.所以本小题选B.

【点睛】本小题主要考查三角函数解析式的求法，考查三角函数单调区间的求法，属于基础题.

9. 若，则

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：因，，由已知得，故

所以

考点：对数函数的性质

10. 已知函数在上单调，且函数的图象关于对称，若数列是公差不为的等差数列，且，则的前项的和为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由函数的图象关于对称，可知函数关于对称，函数在上单调，所以在上也单调，由，可以得到

，进而可以求出的前项的和.

【详解】因为函数图象关于对称，所以函数关于对称，又因为函数在上单调，所以在上也单调，由，可以得到，，故本题选C.

【点睛】本题考查了抽象函数的对称性、单调性，利用等差数列的性质，求前项和问题.

11. 已知点是双曲线的左焦点，过且平行于双曲线渐近线的直线与圆交于点，且点在抛物线上，则该双曲线的离心率的平方为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】

如图,设抛物线的准线为l,作PQ⊥l于Q,

设双曲线的右焦点为F′,P(x,y).

由题意可知FF′为圆的直径，

∴PF′⊥PF,且，

满足，

将①代入②得，

则，

即,(负值舍去)

代入③,即再将y代入①得,

即e2=.

故选D.

点睛：本题主要考查双曲线的渐近线、离心率及简单性质，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．本题中，

12. 关于x的不等式对任意x>1恒成立，则a的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将对任意x>1恒成立，转化为对任意x>1恒成立，由单调递增，转化为对任意x>1恒成立求解.

【详解】因为对任意x>1恒成立，

即对任意x>1恒成立，

令，则，

所以单调递增，

则对任意x>1恒成立，

即对任意x>1恒成立，

令，则，

当时，，递减，

当时，，递增，

所以取得最大值，

所以，

解得，

故选：B

第Ⅱ卷  非选择题（90分）

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线在处的切线方程为 _____．

【答案】

【解析】

【分析】根据导数的几何意义即得.

【详解】因为，

所以，

当时，，，

故切线方程为：，即.

故答案为：.

14. 3名女生和4名男生随机站成一排，则每名女生旁边都有男生的概率为______．

【答案】

【解析】

【分析】首先求出基本事件总数，再分女生都不相邻和有两个女生相邻两种情况讨论，求出符合题意的基本事件数，再根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：依题意基本事件总数为，

若女生都不相邻，首先将4个男生全排列，再将3个女生插入所形成的5个空中的3个空，则有种排法，

若有两个女生相邻，首先从3个女生中选出2个作为一个整体，将4个男生全排列，

再将整体插入中间3个空中的1个，再将另一个女生插入4个空中的1个空，则有种排法，

故每名女生旁边都有男生的概率

故答案为：

15. 若实数满足，且，则的最大值为______.

【答案】

【解析】

【分析】先根据对数的运算性质可得xy＝2，再根据基本不等式即可求

【详解】实数x、y满足x＞y＞0，且log2x+log2y＝1，则xy＝2，

则，

当且仅当x﹣y，即x﹣y＝2时取等号

故的最大值为，

故答案为．

【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查了对数的运算，其中对代数式进行变形与灵活配凑，是解本题的关键，属于中等题．

16. 如图，在四边形中，，，，，，点是线段上的一个动点，则的最小值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】以为坐标原点，建立直角坐标系,求出四点的坐标,设 ,求出的坐标,用平面向量数量积的坐标表示求出的表达式,利用二次函数的知识,求出的最小值.

【详解】设,建立如下图所示的直角坐标系：

所以,设，因为，所以

，

，所以

，

.

【点睛】本题考查求向量数量积最值问题，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标表示，构建函数，利用函数的单调性求出最值，是解题的关键.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必做题：共60分.

17. 已知正项等比数列的前项和为，若成等差数列，．

（1）求与；

（2）设，数列的前项和记为，求．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件可构造关于的方程组，解方程组可得，由等比数列通项和求和公式可求得；

（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.

【小问1详解】

成等差数列，；

设正项等比数列的公比为，

则，解得：，

，.

【小问2详解】

由（1）得：，

，，

，

.

18. 某超市从2014年甲、乙两种酸奶的日销售量（单位：箱）的数据中分别随机抽取100个，并按[ 0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分组，得到频率分布直方图如下：        

假设甲、乙两种酸奶独立销售且日销售量相互独立．

（1）写出频率分布直方图（甲）中的的值；记甲种酸奶与乙种酸奶日销售量（单位：箱）的方差分别为，，试比较与的大小；（只需写出结论）

（2）估计在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰有一个高于20箱且另一个不高于20箱的概率；

（3）设表示在未来3天内甲种酸奶的日销售量不高于20箱的天数，以日销售量落入各组的频率作为概率，求的数学期望．

【答案】（1），；（2）0．42；（3）0．9．

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）由各个小矩形的面积和为1，先求出，由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，由此可得出与的大小关系；（Ⅱ）首先设事件：在未来的某一天里，甲种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于20箱且另一个不高于20箱；然后分别求出事件和事件的概率，最后由相互独立事件的概率乘法计算公式即可得出所求的结果；（Ⅲ）首先由题意可知的可能取值为0，1，2，3，然后运用相互独立重复试验的概率计算公式分别计算相应的概率，最后得出其分布列即可．

试题解析：（Ⅰ）由各小矩形的面积和为1可得：，解之的

；由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，主要集中在箱，故

．

（Ⅱ）设事件：在未来的某一天里，甲种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，乙种酸奶的销售量不高于20箱；事件：在未来的某一天里，甲、乙两种酸奶的销售量恰好一个高于20箱且另一个不高于20箱．则，．所以 ．

（Ⅲ）由题意可知，的可能取值为0，1，2，3．

， ，

，．

所以的分布列为

所以 的数学期望．

考点：1、离散型随机变量的均值与方差；2、相互独立事件的概率乘法公式；3、频率分布直方图．

【方法点睛】本题主要考查频率分布直方图、离散型随机变量的均值与方差和相互独立事件的概率乘法公式，属中档题．这类题型是历年高考的必考题型之一，其解题的关键有二点：其一是认真审清题意，掌握二项分布与几何分布，并区分两者的适用范围；其二是掌握离散型随机变量的分布列和均值的求法以及频率分布直方图的性质的应用．

19. 如图，，分别是圆台上下底面圆心，是下底面圆的直径，，点是下底面内以为直径的圆上的一个动点（点不在上）.

（Ⅰ）求证：平面平面；

（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析； （2）.

【解析】

【分析】（1）由底面，证得，再由点是下底面内以为直径的圆上的一点，得到，进而证得平面，即可证得平面平面；

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）由题意，分别是圆台上下底面的圆心，可得底面，

因为底面，所以，

又由点是下底面内以为直径的圆上的一个动点，可得，

又因为，且平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为，则，，

可得，

所以，

设平面法向量为，

则，即，令，可得，所以，

又由，

设平面的法向量为，

则，即，令，可得，所以，

所以，

因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：

1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；

2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.

20. 已知抛物线，直线，过点作直线与交于，两点，当时，为中点.

（1）求的方程；

（2）作，，垂足分别为，两点，若与交于，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由题意可得直线的方程为，联立方程组结合韦达定理、中点坐标公式可得，即可得解；

（2）当时，由平面几何知识可得；当与不平行时，设与相交于，，，转化条件为需要证明，设方程为，进而可得，联立方程组结合韦达定理即可得证.

【详解】（1）设，，

当时，的方程为即,

由可得，，

∵为的中点，∴，

∴，的方程为；

（2）证明：当时，则四边形为矩形，为的中点，

由（1）可知为的中点，

∴为的中位线，；

当与不平行时，设与相交于，不妨设从左至右依次为点A、B、M，如图，

由题意显然成立，只要证，即证，

又，

∴，∴只要证，

即证，即证.

设直线的方程为，则，

由，解得.

由可得，，

∴，，

∴，得证；

综上，.

【点睛】本题考查了抛物线方程的求解及直线与抛物线的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.

21. 已知函数有两个零点，.

（1）求实数的取值范围；

（2）证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求导，对参数分类讨论，通过导数研究函数的零点情况，求得参数取值范围；

（2）方法一：由题意得，令，两式相除得，欲证，即证，即证，记，通过导数研究函数的最值情况，即可证得不等式；

方法二：令，代入化简得，，将不等式转化为，即证.记，通过求导，并对导数中的部分函数求导研究原函数的最值情况，证得不等式.

【详解】（1）解：的定义域为，.

①当时，，所以在上单调递增，

故至多有一个零点，不符合题意；

②当时，令，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以

（i）若，则，故至多有一个零点，不符合题意；

（ii）若，则，，

由（i）知，∴，

∴，.

又∵，，故存在两个零点，分别在，内.

综上，实数的取值范围为.

（2）证明：方法1：由题意得，令，

两式相除得，变形得.

欲证，即证，即证.

记，，故在上单调递减，

从而，即，所以得证.

方法2：由题意得：

由（1）可知，，令，则，则，两式相除得，，，

欲证，即证，即证.

记，，

令，，故在上单调递减，则，

即，∴在上单调递减，从面，

∴得证，

即得证.

【点睛】方法点睛：通过导数研究函数零点问题，带参需要分类讨论；对于双变量问题，一般选择另一个变量对双变量进行代换，如本题中令或，然后构造新函数，通过导数研究函数最值情况.

（二）选做题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ.

（1）若曲线C1方程中的参数是α，且C1与C2有且只有一个公共点，求C1的普通方程；

（2）已知点A（0，1），若曲线C1方程中的参数是t，0＜α＜π，且C1与C2相交于P，Q两个不同点，求的最大值.

【答案】（1）或；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用公式直接把极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆与圆相切，可以得到等式，求出，进而得到结果；

（2）把曲线参数方程代入曲线直角坐标方程，得到一个一元二次方程，设交点对应的参数分别是，利用一元二次方程根与系数的关系，求得的表达式，求出最大值.

【详解】（1）∵ρ＝2cosθ，∴曲线C2的直角坐标方程为∴（x﹣1）2+y2＝1，

∵α是曲线C1：的参数，∴C1的普通方程为x2+（y﹣1）2＝t2，

∵C1与C2有且只有一个公共点，∴|t|1或|t|1，

∴C1的普通方程为x2+（y﹣1）2＝（）2或x2+（y﹣1）2＝（）2

（2）∵t是曲线C1：的参数，∴C1是过点A（0，1）的一条直线，

设与点P，Q相对应的参数分别是t1，t2，把，代入（x﹣1）2+y2＝1得t2+2（sinα﹣cosα）t+1＝0，∴

∴|t1|+|t2|＝|t1+t2|＝2|sin（α）|≤2，

当α时，△＝4（sinα﹣cosα）2﹣4＝4＞0，

取最大值2.

【点睛】该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有极坐标方程向直角坐标方程的转化，圆与圆的位置关系，直线参数方程中参数的几何意义，属于简单题目.

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数.

（1）解不等式；

（2）已知，若恒成立，求函数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用零点分段法分类讨论解绝对值不等式即可.

（2）利用基本不等式求出的最小值，令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|，只需g(x)max即可求解.

【小问1详解】

不等式，即.

当时，即，得；

当时，即，得；

当时，即，得，无解.

综上，原不等式的解集为.

【小问2详解】

已知， ，当时取等号，故的最小值为1.

令 ，又，

则函数在区间上单调递增，在区间单调递减，

所以当时，.

要使不等式恒成立，只需，即，

故所求实数的取值范围是.