重庆市九龙坡区2023届高三二模数学试题

重庆市九龙坡区2023届高三二模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知复数z满足，是虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

3．下图是根据某班学生在一次体能素质测试中的成绩画出的频率分布直方图，则由直方图得到的分位数为（    ）

A．75 B．77.5 C．78 D．78.5

4．正多面体统称为柏拉图体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等），正多面体共有5种，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心（如图1），得到另一个柏拉图体，即正八面体（如图2），设分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．与为异面直线

B．经过的平面截此正八面体所得的截面为正五边形

C．平面平面

D．平面平面

5．已知抛物线与直线交于A，B两点，且.若抛物线C的焦点为F，则（    ）

A． B．7 C．6 D．5

6．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､龟算､珠算和计数.某学习小组有甲､乙､丙､丁四人，该小组要收集九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（    ）

A．1560种 B．2160种 C．2640种 D．4140种

7．已知三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，.若球M的表面积为，，则三棱锥的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．32

8．已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．已知函数图象的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称

C．

D．

10．若a，b，c都是正数，且则（    ）

A． B． C． D．

11．已知F是双曲线E：（，）的右焦点，直线与双曲线E交于A，B两点，M为双曲线E上异于A，B的一点，且MA，MB不与坐标轴垂直，O为坐标原点，P，Q分别为AF，BF的中点，且，记双曲线E的离心率为e，直线MA与MB的斜率分别为，.则（    ）

A． B． C． D．

12．已知数列满足，，设，记数列的前2n项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

三、填空题

13．已知平面向量，，若，则___________.

14．写出一个使等式成立的角的值为___________.

15．已知是定义在上的偶函数且，是奇函数，则___________.

四、解答题

16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

(1)求角A；

(2)若，的面积为，求边BC的中线AD的长.

17．已知等差数列满足，.数列的前n项和满足.

(1)求数列和的通项公式；

(2)对于集合A，B，定义集合且.设数列和中的所有项分别构成集合A，B，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前50项和.

18．某制药厂研制了一种新药，为了解这种新药治疗某种病毒感染的效果，对一批病人进行试验，在一个治疗周期之后，从使用新药和未使用新药的病人中各随机抽取100人，把他们的治愈记录进行比较，结果如下表所示：

(1)请完成列联表，是否有90%的把握认为该种新药对该病毒感染有治愈效果？

(2)把表中使用新药治愈该病毒感染的频率视作概率，从这一批使用新药的病人中随机抽取3人，其中被治愈的人数为X，求随机变量X的分布列和期望.

(3)该药厂宣称使用这种新药对治愈该病毒感染的有效率为90%，随机选择了10个病人，经过使用该药治疗后，治愈的人数不超过6人，你是否怀疑该药厂的宣传？请说明理由.

（参考数据：，，，，，，）

附：，

19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，E为AD的中点，平面，，M为PB的中点.

(1)求证：直线平面PCD；

(2)若，，求直线EM与平面PCE所成角的正弦值.

20．已知椭圆C：的离心率为，左､右焦点分别为，，过的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于P点，，，记，，的面积分别为，，.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若，，求m的取值范围.

21．已知函数，函数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)已知，，求证：；

(3)已知n为正整数，求证：.

五、双空题

22．已知直线l：与x轴相交于点A，过直线l上的动点P作圆的两条切线，切点分别为C，D两点，则直线CD恒过定点坐标为___________；记M是CD的中点，则的最小值为___________.

参考答案：

1．C

【分析】利用交集和补集的定义逐一判断即可.

【详解】集合，，

对于A：，A错误；

对于B：，B错误；

对于C：，C正确；

对于D：，D错误.

故选：C.

2．B

【分析】设，代入题目条件，然后列方程求出，则可得复数z，进而可得.

【详解】设，

，

，

，解得，

.

故选：B.

3．D

【分析】根据百分位数计算规则计算可得.

【详解】因为,

所以第分位数位于之间，设为，则，

解得，所以第分位数为.

故选：D

4．D

【分析】利用中位线的关系判断A，根据空间中直线的平行关系判断B，利用平面与平面的夹角的定义判断C，利用面面平行的判定定理判断D.

【详解】

如图，将正方体补充完整为,

连接,

则在中，为的中点，

所以，

在中，为的中点，

所以，从而，A错误；

取的中点依次为，

连接，

则有,

且，

所以经过的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，B错误；

要证平面平面PCD，即证平面平面，

连接，

因为平面，

所以平面，平面，

所以，且所以

且平面，

所以平面，

又因为平面，所以

所以为平面与平面所成的角，

设正方体的边长为，

则，

从而，所以，故C错误；

因为，平面，平面，

所以平面，

因为，平面，平面，

所以平面，

且平面，，

所以平面平面，D正确，

故选：D.

5．B

【分析】联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式求得，进而可得，根据抛物线定义求目标式的值.

【详解】由题设，，代入抛物线可得，

所以，，则，

则，可得（舍）或，故，

由抛物线定义知：.

故选：B

6．A

【分析】先分组，再分配，注意部分平均分组需要除以组数（平均的组数）的全排列.

【详解】依题意分两种情况讨论：

①将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；

②将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；

综上一共有种不同的分配方案.

故选：A

7．B

【分析】先证明面，，进而得到三棱锥的体积为，由和基本不等式求出的最大值，即可求解.

【详解】

因为三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，

所以，又，，面，故面，

又 ，面，故面，又面，故.

球M的表面积为，设球的半径为，则，解得，

即，所以，，

三棱锥的体积为，

要使体积最大，即最大，又，

当且仅当时取等，故体积的最大值为.

故选：B.

8．C

【分析】构造函数，利用导数讨论单调性，结合函数的偶函数性质解抽象不等式.

【详解】构造函数，

，

所以函数在单调递增，

因为函数为偶函数，所以函数也为偶函数，

且函数在单调递增，所以函数在单调递减，

因为，所以，

关于x的不等式可变为，也即，

所以，则解得或，

故选:C.

9．AD

【分析】首先根据对称轴和对称中心最小距离求出最小正周期，即可判断A，从而求出，得到其解析式，写出平移后的解析式即可判断B，举反例即可判断C，代入检验即可判断D.

【详解】对A，设函数的最小正周期为，

由函数图象的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，

可得，解得，选项A正确.

对B，由A选项得，，，，

将其图象向左平移单位后的解析式为，显然其图象关于轴对称，不关于原点对称，故B错误；

对C， ，而，则不成立，故C错误；

对D，，则要关于直线对称，

由C知，故D正确.

故选：AD.

10．BCD

【分析】设，得到， ， ，再逐项判断.

【详解】解：设，

则，，

，，

，，

所以，

，因为，所以，则等号不成立，

所以，则，

因为，所以，

故选：BCD

11．BC

【分析】设，利用直线斜率与倾斜角关系则有，将其代入双曲线方程即可得到关于的方程，解出即可；设，根据对称性得，将代入双曲线方程，利用点差法得，而.

【详解】根据题意作出如下图形：

依题意得直线与双曲线两交点关于原点对称，

,分别为,的中点，则，，

，，则有，

设，由直线斜率为可知，

则，，

则，代入双曲线方程有，

即，化简得，

化简得，，解得，则，故B正确，A错误；

根据，则，则双曲线方程可化为，

设，根据对称性得，

根据点在双曲线上则有，

①②得，即，

，故C正确，D错误，

故选：BC.

12．ACD

【分析】对A选项，逐步代入计算即可，对B选项，根据递推关系可得，结合等差数列的定义即可求出其通项，对C选项，用错位相减法求，对D选项，由题设可得，利用C的结果即可计算.

【详解】对A，，，，则，故A正确；

对B，由题意，，

当时，，

所以，则是以1为公差，为首项的等差数列.

则，则，故B错误，

对C，，即，

所以，

两式相减得

，

所以，故C正确；

对D，

，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】关键点睛：本题的关键是构造出等差数列，从而求出其通项，再利用错位相减法求出，通过分组求和计算得到，再将前面得到的结果代入即可.

13．

【分析】先利用向量垂直的坐标公式求出，进而可得的坐标，进而可得模.

【详解】平面向量，，，

，

.

,

.

故答案为：.

14．（答案不唯一）

【分析】利用、同角三角函数的基本关系将切化弦，再利用两角差的正弦公式及二倍角公式公式得到，再根据余弦函数的性质计算可得.

【详解】因为

，

所以，则或，，

故答案为：（答案不唯一）

15．

【分析】根据奇偶性得到函数的周期性，再求出、、、，最后根据周期性计算即可.

【详解】由于是奇函数，函数图象关于原点对称，

所以关于对称，，

所以，

因为是偶函数，

所以，

所以，所以，

所以，

所以是周期为的周期函数，

又，，，

，，

所以，

所以

.

故答案为：.

16．(1)

(2)

【分析】(1)应用正弦定理结合,可得可得角；

(2) 根据余弦定理及的面积，求得，再根据向量关系平方应用数量积公式求解即可.

【详解】（1）因为,所以,

可得,

又由两角和差公式可得,

,，

所以,

.

（2）因为,所以,

因为余弦定理得,又已知,

可得,即得.

因为BC的中线AD,可得,

.

17．(1),

(2)

【分析】（1）利用等差数列的通项公式求数列的通项公式，根据的关系求数列的通项公式；

（2）利用等差数列的前项和公式求解.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

则等差数列通项公式为，

所以，

所以，所以，所以，

又因为，所以当时，，

两式相减可得，即，

令，则，解得，

所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，

所以.

（2）由（1）可知，

所以数列的前项为数列的前52项去除

所以数列的前50项和

.

18．(1)列联表见解析，没有90%的把握认为该种新药对该病毒感染有治愈效果.

(2)分布列见解析，

(3)有理由怀疑该药厂的宣传,理由见解析.

【分析】（1）利用独立性检验求解；

（2）利用二项分布列出分布列求数学期望；

（3）利用超几何分布的概率运算判断并说明理由.

【详解】（1）由题，可完成列联表如下，

所以，

所以没有90%的把握认为该种新药对该病毒感染有治愈效果.

（2）使用新药物治愈该病毒感染的概率为，

服从二项分布，即，且可能的取值为0,1,2,3，

分布列如下，

则数学期望.

（3）根据题意，使用这种新药对治愈该病毒感染的有效率为90%，即，

设治愈人数为，则可能的取值为0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，

，

，

，

，

因为，

所以为小概率事件，但发生了，

所以有理由怀疑该药厂的宣传.

19．(1)见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为,连接，证明四边形是平行四边形，则，再利用线面平行的判定即可；

（2）以为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，从而写出相关向量，求出相关平面的法向量，再利用线面夹角正弦值公式即可得到答案.

【详解】（1）取的中点为,连接，则,且,

∴四边形是平行四边形，，

平面,平面,

∴直线平面.

（2）因为平面PAB，平面PAB，则，，

以为原点，以垂直所在直线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

设，则，．，则．

，，，，，,

，，.

设平面的一个法向量为，则，

即

不妨令，得，，所以，

设直线与平面所成的角为，则，

所以直线与平面所成的角的正弦值为．

20．(1)

(2)

【分析】（1）首先求出，再结合离心率和关系即可得到答案；

（2）设，得到相关向量，从而得到， ，将直线与抛物线联立得，再计算，用表示出，最后解出，利用换元法和导数即可求出的范围.

【详解】（1）由题意得，左焦点，

，，

所以椭圆C的标准方程为：.

（2）设，令，，则，则，

由得，

解得，同理.  

由，得，则，

.

不妨设，，，，

由，.得，，.

代入，有，

则，

解得,

设，则，则，则，

令，解得，令，解得，

故在上单调递减，在上单调递增，

则，且，则，则.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键首先是解出的表达式，再联立直线与椭圆得到韦达定理式子，从而求证出为定值，然后再用表示出，从而用表示出，最后再设新函数，利用导数求解出其范围，计算量很大.

21．(1)见解析

(2)见解析

(3)见解析

【分析】（1）首先求导得，分和讨论即可；

（2）利用同构思想转化为证明，设 ，则；

（3）当时，，令，通过放缩得，利用累加法即可证明原不等式.

【详解】（1），

①当时，此时，则恒成立，

则的减区间为，

②当时，令，解得，

则的增区间为

令，解得，

则的减区间为，

综上当时，的减区间为，无增区间；

当时，的增区间为，减区间为.

（2）欲证

需证，

即需证，令，

即需证，设，

由（1）知当时，的减区间为

所以故

（3）由（2）知，当时，，

令，则

即

所以

......

以上各式相加得：

【点睛】关键点睛：第二问的关键是将原不等式变形为，从而利用换元同构的思想证明，第三问的关键在于利用不等式，令，然后进行放缩得，最后累加即可证明.

22．         

【分析】利用圆的性质，结合图像，把问题转化为跟圆有关的最值问题进行处理.

【详解】由题意设点，，，

因为，是圆的切线，所以，，

所以在以为直径的圆上，其圆的方程为:

，又在圆上，

将两个圆的方程作差得直线的方程为：，

即，所以直线恒过定点，

又因为，，，，四点共线，所以，

即在以为直径的圆上，

其圆心为，半径为，如图所示:

所以，

所以的最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题考察直线与圆的综合，涉及切点弦方程，圆的最值问题，属于压轴题.

第一空关键在于积累有关切点弦的方程：圆外一点向圆作切线，两个切点的连线方程为（类似的其余圆锥曲线都有此类方程）；

第二空关键在于找出动点M的轨迹，再利用圆外一点到圆上一点的距离最值处理.