贵州省2023届高三下学期333高考数学（理）备考诊断性联考试卷（一）（Word版附解析）

这是一份贵州省2023届高三下学期333高考数学（理）备考诊断性联考试卷（一）（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（一）理科数学一、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，则表示的集合为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由指数函数值域得，再根据交集的含义即可得到答案.【详解】根据指数函数值域可知，表示的集合为，故选：C.2. 复数，则（    ）A.  B.  C. 2 D. 5【答案】C【解析】【分析】根据复数运算规则计算即可.【详解】 ， ；故选：C.3. 某医疗公司引进新技术设备后，销售收入（包含医疗产品收入和其他收入）逐年翻一番，据统计该公司销售收入情况如图所示，则下列说法错误的是（    ）A. 该地区2021年的销售收入是2019年的4倍B. 该地区2021年的医疗产品收入比2019年和2020年的医疗产品收入总和还要多C. 该地区2021年其他收入是2020年的其他收入的3倍D. 该地区2021年的其他收入是2019年的其他收入的6倍【答案】D【解析】【分析】设该地区2019年销售收入为，则由销售收入（包含医疗产品收人和其他收入）逐年翻一番，所以该地区2020年销售收入为，该地区2021年销售收入为，然后逐项分析即可.【详解】设该地区2019年销售收入为，则由销售收入（包含医疗产品收人和其他收入）逐年翻一番，所以该地区2020年销售收入为，该地区2021年销售收入为，选项A：该地区2021年的销售收入是2019年的4倍，故选项A正确；选项B：由图可得该地区2021年的医疗产品收入为，该地区2019年的医疗产品收入为，该地区2020年的医疗产品收入为，由，故选项B正确；选项C：该地区2021年的其他收入为，2020年的其他收入为，所以该地区2021年其他收入是2020年的其他收入的3倍，故选项C正确；全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》选项D：该地区2021年的其他收入为，2019年的其他收入为，所以该地区2021年其他收入是2019年的其他收入的12倍，故选项D不正确.故选：D.4. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中一些数学用语可见，譬如“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．某“阳马”的三视图如图所示，则它的最长侧棱与底面所成角的正切值为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先还原几何体，并得到最长侧棱，根据线面角的定义，求线面角的正切值.【详解】如下图，还原几何体，其中平面，底面为矩形，，，，侧棱，，,，所以最长的侧棱是,与底面所成的角是，故选：C5. 已知焦点在坐标轴上且中心在原点的双曲线的一条渐近线方程为，若该双曲线过点，则它的方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据渐近线设双曲线方程为，代入点坐标，计算得到答案.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，设双曲线方程为，该双曲线过点，则，故双曲线方程为，故选：A6. 已知直线与圆，则下列说法错误的是（    ）A. 对，直线恒过一定点B. ，使直线与圆相切C. 对，直线与圆一定相交D. 直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为【答案】B【解析】【分析】首先求出直线过定点，则可判断A，求出圆心，，则，根据点在圆内，则直线与圆一定相交，故可判断B,C，对D选项，分析出时弦长最短，则，代入数据计算即可.【详解】直线，即，令，解得，即直线恒过定点，故A正确；圆，即圆，圆心，半径，则，即点在圆内，所以直线与圆一定相交，故B错误，故C正确，当时直线与圆相交且直线被圆所截得的弦长最短，最短弦长，故D正确，故选：B.7. 以下关于的命题，正确的是（    ）A. 函数在区间上单调递增B. 直线是函数图象的一条对称轴C. 点是函数图象的一个对称中心D. 将函数图象向左平移个单位，可得到的图象【答案】D【解析】【分析】根据三角函数恒等变换化简为，计算出，根据正弦函数的单调性，可判断A;采用代入验证的方法可判断;根据三角函数的平移变换可得平移后的函数解析式，判断D.【详解】由题意得，当时，，由于函数在不单调，故函数在区间上不是单调递增函数，A错误；当时，，故直线不是函数图象的对称轴，B错误；当时，，故点不是函数图象的对称中心，C错误；将函数图象向左平移个单位，可得到的图象，D正确，故选：D8. 在中，分别为角的对边，且满足，则的形状为（    ）A. 直角三角形 B. 等边三角形C. 直角三角形或等腰三角形 D. 等腰直角三角形【答案】A【解析】【分析】根据三角恒等变换得，再由余弦定理解决即可.【详解】由题知，，所以，所以，得，所以，得，所以的形状为直角三角形，故选：A9. 小明家订了一份牛奶，送奶人可能在早上6：30~7：00之间把牛奶送到小明家，小明出门去上学的时间在早上6：50~7：10之间，则小明在离开家之前能得到牛奶的概率是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，设送奶人到达时间为，小明出门去上学的时间为，则可以看成平面中的点，分析可得由试验的全部结果所构成的区域并求出其面积，同理可得事件所构成的区域及其面积，由几何概型公式，计算可得结果.【详解】设送奶人到达时间为，小明出门去上学的时间为，记小明在离开家之前能得到牛奶为事件，以横坐标表示送奶人到达时间，以纵坐标表示小明出门去上学的时间，建立平面直角坐标系，小明在离开家之前能得到牛奶的事件构成的区域如图所示：由于随机试验落在长方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件.根据题意，只要点落到阴影 部分，就表示小明在离开家之前能得到牛奶，即事件发生，所以，故选：.10. 已知符号函数，函数满足，当时，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】计算得到A错误，根据周期计算得到B错误，根据定义计算C正确，取，得到D不正确，得到答案.【详解】对选项A：，错误；对选项B：，函数周期为，，错误；对选项C：，正确；对选项D：取，，，不正确.故选：C11. 已知直线l与曲线相切，切点为P，直线l与x轴、y轴分别交于点A，B，O为坐标原点．若的面积为，则点P的个数是（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】设出切点坐标，利用导数求切线斜率，写出切线方程，求出点A，B的坐标，表示的面积函数，求面积函数与直线有几个交点.【详解】设直线l与曲线相切于，又，所以直线l的斜率为，方程为，令，；令，,即，.所以.设，则.由，解得或；由，解得.所以在，上单调递增，在上单调递减.，，，，且恒有成立，如图，函数与直线有3个交点.所以点P的个数为3.故选：C.12. 如图,已知四面体ABCD中,,,E,F分别是AD,BC的中点．若用一个与直线EF垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】由四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,则可将四面体放入长方体中,求出长方体的长宽高可发现此长方体有一个面为正方形,故四面体中有一对异面直线垂直,由平面,及在长方体的位置,根据面面平行的判定定理及性质定理可证明截面为矩形,根据相似可得出截面相邻两边的和为定值,根据矩形面积,利用基本不等式即可求得截面面积最大值.【详解】解:由题知四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,故可将此四面体放入长方体中, 如图所示:不妨设该长方体长、宽、高分别为,则有①,②,③,联立①②③可得:,设平面与四面体的各面分别交于KL,LM,MN,KN,如图所示: 平面,由长方体性质可知平面,故平面平面平面,平面平面,平面平面,即平面平面,平面平面,,,即,同理可得,故,四边形为正方形,,即,即,,,综上:四边形KLMN为矩形,所以,当且仅当时成立.故截面面积的最大值为1.故选:A【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中的截面问题,属于难题,关于特殊几何体的方法有:(1)正四面体可放在正方体中考虑;(2)四面体中互为异面直线的棱长相等,可放在长方体中考虑;(3)有一条棱垂直底面,可补成直三棱柱.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知向量，若，则___________．【答案】【解析】【分析】根据平面向量的坐标运算以及向量平行的坐标表示可求出结果.【详解】因为，所以，，因为，所以，解得.故答案为：.14. 展开式中含项的系数为______．【答案】30【解析】【分析】先利用二项式定理求出的展开式通项，再利用多项式相乘进行求解.【详解】的展开式通项为，因为，在中，令，在中，令，得，所以展开式中的系数为.故答案为：30.15. 若，则a的值为___________．【答案】1【解析】【分析】利用对数的运算性质分别对分子分母化简即可得到结果.【详解】原式.故答案为：116. 抛物线焦点为F，直线l过点F且与抛物线交于点M，N（点N在x轴上方），点E为坐标轴上F右侧的一点，已知，，若点N在双曲线的一条渐近线上，则双曲线的离心率为________．【答案】##【解析】【分析】由题意做出图形，利用图形以及抛物线定义，再结合题中所给条件得出关于的方程，解之即可.【详解】过M，N分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为P，Q，过M作于G，如图所示：设，由抛物线定义知，，所以，因此在中，，又平行于x轴，所以，故为正三角形，，解得，又在抛物线上，所以（舍）或，所以在上，则，又，所以，即，又，故．故答案为：.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）17. 随着人民生活水平的不断提高，“衣食住行”愈发被人们所重视，其中对饮食的要求也愈来愈高．某地区为了解当地餐饮情况，随机抽取了100人对该地区的餐饮情况进行了问卷调查．请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图）解决下列问题．组别分组频数频率第1组140.14第2组m 第3组360.36第4组 0.16第5组4n 合计  （1）求的值；（2）求中位数；（3）若将满意度在80分以上的人群称为“美食客”，将频率视为概率，用样本估计总体，从该地区中随机抽取3人，记其中“美食客”的人数为，求的分布列和数学期望．【答案】（1）；    （2）    （3）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）根据频率和频数的定义结合频率分步表可求得，根据频率分步直方图中的含义即可求得；（2）根据频率分布直方图结合中位数的估计方法即可得到答案；（3）由题意可得，利用二项分布概率公式求分布列和数学期望即可.【小问1详解】由题意可得第四组的人数为，所以，，又内的频率为，所以，内的频率为，所以.【小问2详解】由频率分布直方图可得第一、二组频率之和，第一、二、三组频率之和为，故中位数在之间，设中位数为，则：，解得，故中位数为.【小问3详解】由频率分布表可得该地区抽取“美食客”的概率为，由题意可取，且，所以，，，，所以的分布列为012318. 已知数列是递增的等比数列．设其公比为，前项和为，并且满足，是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）若，是的前项和，求使成立的最大正整数的值．【答案】（1）（）    （2）5【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质结合条件是与的等比中项得到，联立条件得到和，根据题目条件和等比数列的通项公式即可求解.（2）根据（1）求得，利用错位相减求和得到，从而得到，通过函数法判断出是单调递减数列，即可求解.【小问1详解】因为是与的等比中项，所以，则由题意得：，即，解得：或，因为数列是递增的等比数列，所以，即，，所以，故数列的通项公式为（）.【小问2详解】由（1）得：（），则，①即，②则得：即（），所以（），设，则（），因为在上单调递减，所以是单调递减数列，又有，，所以当且时，成立，故使成立的最大正整数的值为.19. 如图,在四棱雉P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,平面ABCD,,（1）求证:平面平面PBC;（2）试问在线段PC上是否存在一点M,使得二面角的大小为,若存在求出的值;若不存在,请说明理由．【答案】（1）证明见解析;    （2）存在,.【解析】【分析】(1)先由长度之间关系证明,再证明平面,根据面面垂直判定定理即可证明结论;(2)先建立空间直角坐标,设,写出M点坐标,分别求出平面及平面的法向量,进而求出二面角大小的余弦值,使其为,解出的值,进而求出的值即可.【小问1详解】证明:,,,四边行为平行四边形,,又平面,,而,且BD,PD含于面PBD平面,又平面,平面平面;【小问2详解】由(1)知,,且平面ABCD,故以D为原点,分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则,假设在存在一点满足条件,设,,,即,设为平面的法向量,则,即,即,令,可得,平面ABCD,不妨令平面的法向量为,由二面角的大小为,,或（舍去）,存在实数,即,解得,使得二面角的大小为．20. 已知椭圆过点，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使且，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）详见解析【解析】【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求得椭圆方程；（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点坐标，再根据,以及，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求【小问1详解】由条件可知，，解得：，，所以椭圆C的方程是；【小问2详解】假设在轴上存在点，使且，联立，设，，方程整理为，，解得：或，，，则线段的中点的横坐标是，中点纵坐标，即中点坐标，，则，即，化简为，①又,则，，整理为，，化简为②由①得，即，代入②得，整理得③，又由①得，代入③得，即，整理得，即.当时，，当时，，满足，所以存在定点,此时直线方程是，当定点,此时直线方程是.21. 已知．（1）讨论的单调性；（2）若对恒成立，求整数a最小值．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；    （2）2【解析】【分析】（1）求导，根据和两种情况讨论.（2）把不等式分离参量得，求函数的最大值，但是求导后求不出具体的根，所以设隐零点，整体代入求解.小问1详解】的定义域为，（ⅰ）当时，，∴在上单调递增；（ⅱ）当时，令，令，∴当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】由，可得：，∵，∴原命题等价于对恒成立．令，∴，令，∴，∴在上单调递增．又，故存在唯一的，使得．当时，，∴，∴在上单调递增，当时，，∴，∴在上单调递减．∴，∴时，恒成立．∴，又，∴a的最小整数值为2．【点睛】求某个函数的单调性时，发现极值点不容易求出，则用隐零点解决.第一步设出隐零点，然后代入得到等式，第二步根据设出的隐零点得到函数的单调区间，求出函数的极值第三步极值分离出代入，化简成新的表达式第四步求的最值.请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位淔答题．如果多做，则按所做的第一题计分．22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求直线和曲线的直角坐标方程；（2）从原点引一条射线分别交曲线和直线于两点，求的最大值．【答案】（1）直线的直角坐标方程为：，曲线的直角坐标方程为：.    （2）【解析】【分析】（1）消去参数可得曲线的直角坐标方程；利用两角和的余弦公式和，可得直线的直角坐标方程；（2）设射线方程为（），将曲线的直角坐标方程化为极坐标方程，并将代入可得，将代入可得，再利用辅助角公式可求出的最大值.【小问1详解】由，得，即,所以曲线的直角坐标方程为：.由，得，得，即，将，代入得，所以直线的直角坐标方程为：.综上所述：直线的直角坐标方程为：，曲线的直角坐标方程为：.【小问2详解】设射线方程为（），将，代入，得，得，将代入，得，得，由，得，将代入，得()，，得，所以（其中，，），因为，所以，又，所以，所以当时，即，即（其中，，）时，取得最大值.23. 已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）设且的最小值为m，若，求的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）分段讨论求解，（2）由绝对值三角不等式求最小值，再由基本不等式求解，【小问1详解】当时，，故即或或，解得，即原不等式的解集为【小问2详解】由题意得，即，，即，而，当且仅当即时等号成立，故的最小值为