2022-2023学年四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试理科数学试题含解析

成都市石室中学2022-2023学年高三下学期二诊模拟考试

理科数学

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

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． D．

3．下图是我国跨境电商在2016~2022年的交易规模与增速统计图，则下列结论正确的是（    ）

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%

4．设实数x，y满足约束条件则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

5．的展开式中，常数项为（    ）

A． B． C． 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．

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

8．已知双曲线的右焦点为，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称．若，且的面积为4，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．3

9．已知函数满足，，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

10．已知抛物线与直线相交于A，B两点，F为抛物线C的焦点，若，则的中点的横坐标为（    ）

A． B．3 C．5 D．6

11．设，，，则下列关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

12．已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形所在平面上一动点，为正方形所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的个数为（    ）

①若与平面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹为圆；

②若三棱柱的侧面积为定值，则动点N的轨迹为椭圆；

③若与AB所成的角为，则动点N的轨迹为双曲线；

④若点N到直线与直线DC的距离相等，则动点N的轨迹为抛物线．

A．4 B．3 C．2 D．1

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．平面向量，满足，，且，则x的值为________．

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）

15．已知三棱锥P-ABC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________．

16．已知函数，，，且在上单调，则的最大值为________．

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作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17．（本小题满分12分）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．

（Ⅰ）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；

（Ⅱ）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．

18．（本小题满分12分）已知数列的前n项和为，，．

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）令，从①，②，③三个条件中任选一个，求数列的前n项和．

19．（本小题满分12分）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．

（Ⅰ）求证：平面PBD；

（Ⅱ）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．

20．（本小题满分12分）已知椭圆经过点，其右焦点为．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为，求面积的最大值．

21．（本小题满分12分）已知函数．

（Ⅰ）讨论的零点个数；

（Ⅱ）若有两个零点，，求证：．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，那么按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）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．

（Ⅰ）求曲线C的普通方程；

（Ⅱ）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．

23．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知存在，使得成立，，．

（Ⅰ）求的取值范围；

（Ⅱ）求的最小值．

成都石室中学2022-2023学年度下期高2023届二诊模拟考试

理科数学参考答案

答案及解析

1．C  【解析】由题意可得，集合，，所以．故选C．

2．D  【解析】设．因为，

所以，所以，解得则，所以复数z的虚部为．故选D．

3．D  【解析】这7年我国跨境电商交易规模的平均数为（万亿元），故A错误；这7年我国跨境电商交易规模的增速有升有降，故B错误；这7年我国跨境电商交易规模的极差为（万亿元），故C错误；我国跨境电商交易规模的6个增速的中位数为，故D正确．故选D．

4．B  【解析】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．由解得则．结合图形可知，当直线过点时，z取最小值．，故选B．

5．A  【解析】展开式的通项公式为，所以的展开式中，常数项为．故选A．

6．B  【解析】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．C  【解析】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，则先把奇数排个位，再排其他，故有个奇数．由加法原理可得，奇数的个数为．故选C．

8．C  【解析】因为双曲线的右焦点为，所以．设其左焦点为．因为，点P，Q关于原点O对称，所以．由的面积为4，得，则．又，所以．又由双曲线的对称性可得，则由双曲线的定义可得，所以，则离心率．故选C．

9．D  【解析】因为满足，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．A  【解析】如图，设的中点为G，抛物线的准线为，焦点为，直线过定点，过点A，B分别作于点M，于点N．由，得，所以点B为的中点，连接，则，故点B的横坐标为1，则点A的横坐标为4，所以的中点G的横坐标为．故选A．

11．C  【解析】令，则，当时，，所以在上单调递增，所以当时，，即，取，所以．令，则，当时，，所以在上单调递减，所以当时，，即，取，所以，故．令，则，当时，，所以在上单调递增，所以当时，，即，取，所以．故选C．

12．A  【解析】如图所示．对于①，因为与平面所成的角为，所以，所以动点N的轨迹为圆，故①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，所以动点N的轨迹为椭圆，故②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，故③正确；对于④，因为点N到直线与直线距离相等，所以动点N的轨迹为点N到点B与直线的距离相等的轨迹，即抛物线，故④正确．故选A．

13．  【解析】因为，，所以，．又因为，所以，解得．

14．，等（答案不唯一，写出一个即可）  【解析】由题意可得，直线，关于直线对称．当圆心C在直线上时，圆C的方程形如；当圆心C在直线上时，圆C的方程形如．

15．  【解析】由，，，得，所以，得（r为外接圆半径）．又，则，所以，即点P到平面的距离为2，所以外接球球心O（的中点）到平面的距离，所以外接球半径，所以．

16．5  【解析】因为函数，，所以①．又因为，所以直线是图象的对称轴，所以②．由①②可得，．又，所以，则．又在上单调，的最小正周期为，所以，即，解得，故的最大值为5．

17．解：（Ⅰ）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．

（Ⅱ）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：

期望．

18．解：（Ⅰ）因为，所以．

将上述两式相减，得．

因为，，即，所以，所以，

所以．

因为，所以，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，．

若选①：，

则，

．

将上述两式相减，得，

所以．

若选②：，

则

若选③：．

当n为偶数时，；

当n为奇数时，．

综上，．

19．（Ⅰ）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．

（Ⅱ）解：如图，过点B作，垂足为F．

由（Ⅰ）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（Ⅰ）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．解：（Ⅰ）依题意，得

解得所以椭圆C的标准方程为．

（Ⅱ）易知直线与的斜率同号，

所以直线不垂直于x轴，

故可设：，，．

由得，

所以，，，即．

由，得，

消去，得，

即，

所以，

整理得，所以或，

所以直线：或．

又因为直线不经过点，

所以直线经过定点，

所以直线的方程为，易知，设定点，

则

．

因为即，且，所以，所以，

所以，当且仅当时取等号，

所以面积的最大值为．

21．（Ⅰ）解：．

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，．

因为，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．

（Ⅱ）证明：（证法一）由（Ⅰ）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（Ⅰ）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．

22．解：（Ⅰ）曲线C的普通方程为，．

（Ⅱ）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．解：（Ⅰ）由题意，知．

因为存在，使得，

所以只需，即的取值范围是．

（Ⅱ）由柯西不等式，得，

当，时，取得最小值．