2023届新疆叶城县第六中学高三下学期高考考前最后一次诊断数学试题含解析

2023届新疆叶城县第六中学高三下学期高考考前最后一次诊断数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合，再根据补集的定义即可得解.

【详解】，

所以.

故选：A.

2．已知，则（    ）.

A． B． C． D．0

【答案】B

【分析】根据即可得到的值，进而可以用复数的四则运算法则进行计算.

【详解】，所以，

故选：B

3．已知，，若与模相等，则=（    ）.

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】利用坐标求出的模长，进而根据已知条件可以得到一个关于的方程，问题即可得到解决.

【详解】因为，所以，

故，而又已知，且，

所以，解得.

故选：C

4．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.已知经典三阶魔方（如图）自由转动之后的色块组合约有4.3×1019种，现将下图已还原的魔方按5步打乱，且每一步互相独立，则共有（    ）种打乱方式.

A． B． C．185 D．195

【答案】C

【分析】按魔方的正面和侧面进行分析，得到每一次的旋转方式共有18种，即可得到答案

【详解】若以红色的一面为正面，分成三行三列，每一行可以左右旋转，每一列可以上下旋转，此时有种旋转方式；

接着侧面（以绿色一面为例），每一列都可以上下旋转，此时有种旋转方式，

故每一次旋转魔方，共有种旋转方式，

所以按5步打乱，且每一步互相独立，则共有185种打乱方式.

故选：C

5．已知，，则（    ）.

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用倍角公式结合同角三角关系运算求解.

【详解】因为，则，

且，则，

可得，即，

解得或（舍去）.

故选：A.

6．已知圆，直线，则圆C与直线l（    ）

A．相交 B．相切 C．相离 D．相交且直线过圆C的圆心

【答案】B

【分析】根据题意只需判断圆心到直线的距离与半径比较大小即可判断．

【详解】由可得，

故圆心，半径，

则圆心到直线的距离，

故直线与圆C相切．

故选：B

7．已知一立方体刚好可以装下一颗半径为2的球，则此立方体外接球的表面积为（       ）

A．16 B．24 C．32 D．48

【答案】D

【分析】由题意求得立方体的棱长，以及外接球的半径，即可求表面积.

【详解】由题意可知，立方体的棱长为4，所以立方体外接球的半径，

所以外接球的表面积.

故选：D

8．已知，则以下说法正确的是（    ）.

A．为奇函数 B．为周期函数

C．有无数零点 D．

【答案】C

【分析】根据定义判断函数的奇偶性和周期性；通过解方程获得函数的零点；导数的计算要准确.

【详解】易知的定义域为，因为，

所以为偶函数，故选项A错误；

因为不是周期函数，所以不是周期函数，故选项B错误；

令，即，解得（），故选项C正确；

因为，所以，故选项D错误.

故选：C

9．在当中，且，已知为边的中点，则（    ）.

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角形边与中线之间的向量关系可以求中线的长.

【详解】因为为边的中点，所以，

即，

而，，，

故，所以.

故选：D

10．在的展开式中，的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先求出展开式的通项，再令，即可求出，再代入计算可得；

【详解】解：二项式展开式的通项为

令，解得，所以，所以展开式中的系数为，

故选：A

11．已知双曲线其中一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据直线垂直关系，可以找到关系，将其转化为离心率即可.

【详解】由于双曲线的一条渐近线和直线垂直，

故该渐近线的斜率，

所以双曲线的离心率为，

故选：A

12．已知定义在R上的奇函数满足，则以下说法错误的是（    ）

A． B．的周期为2

C． D．

【答案】C

【分析】由函数是R上的奇函数，可得，且，即可判断A，根据即可判断B，根据，令，求出，再结合函数的周期性即可判断CD.

【详解】因为函数是R上的奇函数，

所以，且，故A正确；

因为，所以的周期为2，故B正确；

由，

令，则，所以，

所以，故C错误；

，

所以，故D正确.

故选：C.

二、填空题

13．下图是一个半径为2且内接一个正三角形的圆，现随机向圆内内扔一粒米，则米粒落入三角形区域的概率为________.

【答案】

【分析】设正三角形的边长为，通过正弦定理算出，然后算出正三角形的面积和圆的面积即可求出答案

【详解】设正三角形的边长为，

由正弦定理可得，解得，

所以正三角形的面积为，

所以米粒落入三角形区域的概率为

故答案为：

14．已知向量=（2，y），=（x，1），且，，则的最小值为______.

【答案】9

【分析】求出，用基本不等式“1”的代换求最小值.

【详解】由得，因为，

故,

当且仅当时等号成立.

故答案为：9

15．已知p：如果数列是等比数列，那么数列也是等比数列；q：如果数列是等差数列，那么数列也是等差数列.以下哪些为真命题___________.

①p∧q        

②p∨q        

③      

④

【答案】②④

【分析】首先根据等差和等比数列的定义，判断两个命题的真假，再根据复合命题真假的判断方法，即可判断.

【详解】设数列的公比为，则，所以数列也是等比数列，故命题是真命题；

设等差数列的公差为，首项为，则

，不是常数，所以数列不是等差数列，所以命题是假命题.

则和是真命题.

故答案为：②④

16．函数向左平移个单位长度之后关于对称，则的最小值为______.

【答案】1

【分析】先求平移后的解析式，再根据三角函数的性质，即可求解.

【详解】向左平移个单位长度后，得，

因为函数关于对称，

所以，,

，，

所以的最小值为1.

故答案为：1

三、解答题

17．已知数列的首项为1，前项和；

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用与之间的关系可得，注意要验证首项是否符合通项公式；

（2）一个等差数列乘以一个等比数列构成一个新数列，利用错位相减法求这个新数列的前项和.

【详解】（1）因为①，所以有②，

②①得，即，

经验证符合，

所以数列的通项公式为.

（2），

所以①，

②，

①②可得，

即，化简得，

所以数列的前项和.

18．离高考还有最后一周，我校进行了一场关于高三学生课余学习时间的调查问卷，现从高三13个班级每个班随机抽10名同学进行问卷，统计数据如下图，

附：参考公式：，其中．

(1)求x；

(2)依据上表，判断是否有99%的把握认为，高三学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关.

【答案】(1)

(2)有99%的把握认为高三学生可与学习时间超过两小时跟学生成绩有关.

【分析】（1）由题意可得抽取的学生为名，列等式即可；

（2）利用，求得，与临界表对照下结论.

【详解】（1）由题意可得高三13个班级共抽取名，

所以，解得

（2）利用列联表可得，

所以有99%的把握认为高三学生可与学习时间超过两小时跟学生成绩有关.

19．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，E、F分别为AA1、AC的中点.

(1)求证：EF∥平面CDA1B1；

(2)求EF与平面DBB1D1夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面平行的判定，只要证明平行于平面CDA1B1内一条直线即可；

（2）如图，利用面面垂直确定线面角为，解三角形即可.

【详解】（1）由为交点，连接交于点，

连接，由为中点，

则∥，

由平面CDA1B1，平面CDA1B1，

所以EF∥平面CDA1B1；

（2）连接交于点，连接，

由平面，则，

又，且，

所以平面，

所以平面，

又平面平面，

作于，则平面且为中点，

则为EF与平面DBB1D1所成角，

由AA1=2AB，不妨设，

则，，

所以.

20．已知抛物线上任意一点到直线的距离比到焦点的距离大1.

(1)求C的标准方程；

(2)若倾斜角为30°的直线l经过C的焦点并与C相交于A，B两点，求以AB为直径的圆的标准方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得点P到直线的距离等于到焦点的距离，然后利用抛物线的定义进行求解即可；

（2）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式和中点坐标公式可求得结果.

【详解】（1）由抛物线可得，

故点P到直线的距离比到焦点的距离大1，即点P到直线的距离等于到焦点的距离，

所以，即，所以C的标准方程

（2）抛物线的焦点为，设点、，

直线的方程为，联立，可得，

，所以，

所以，，

所以线段的中点为，

所以以AB为直径的圆的标准方程为

21．已知函数.

(1)求出函数的单调区间；

(2)若，求的最小值.

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为

(2)

【分析】（1）先求出函数的定义域，求导，再根据导数的符号即可求得函数的单调区间；

（2）求导，根据导数的符号求出函数的单调区间，再根据函数的单调性即可求得函数的最小值.

【详解】（1）函数的定义域为，

，

令，则或时，令，则时，

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2），

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．

(1)写出C的普通方程；

(2)写出直线l的直角坐标方程并判断l与C有无交点，如果有，则求出交点的直角坐标；如果没有，写出证明过程．

【答案】(1)

(2)无交点，证明见解析

【分析】（1）对参数方程进行消元，且利用基本不等式得到限制条件即可；

（2）将直线l转化成直角坐标方程，代入C的方程，结合限制条件即可求解

【详解】（1）由平方可得，又因为，所以，

因为，当且仅当即时，取等号，

所以C的普通方程为；

（2）由直线l的极坐标方程为可得直线l的直角坐标方程为，

代入C的普通方程可得，解得，

因为，所以舍去，无解，

所以l与C没有交点

23．已知.

(1)若，求x的解集;

(2)若恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）去掉绝对值，然后求不等式即可；

（2）题意可转化成恒成立，故求出的最小值即可

【详解】（1）由题意可得，即或，

解得或，

所以x的解集为或

（2）由题意可得恒成立，整理可得恒成立，故求出的最小值即可，

因为，

所以当时，单调递增，此时；

当时，单调递减，此时，

综上所述，的最小值为，所以