2023届四川省成都市玉林中学高三二诊模拟数学（理）试题（一）含解析

2023届四川省成都市玉林中学高三二诊模拟数学（理）试题（一）

一、单选题

1．已知集合，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合的运算的定义求解.

【详解】由解得,所以,

又因为,所以,

所以.

故选:B.

2．在复平面内，复数z满足，则复数z对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先求出复数z，即可求出答案.

【详解】，复数z对应的点为

则复数z对应的点位于第四象限

故选：D.

3．记等差数列的前n项和为,若,则（    ）

A．2 B．4 C．8 D．16

【答案】C

【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列性质:若,则即可得到结果.

【详解】解:由题知,

即,

,

.

故选:C

4．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角函数的定义求出的值，再由，在所得分式的分子和分母中同时除以，再代入的值计算即可得解.

【详解】由已知条件可知，点在直线上，则，，

所以，.

故选：B.

5．已知向量、为单位向量，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】解：因为向量、为单位向量，所以，

若，则，

则，即，

即，即，所以，故充分性成立，

若，则，所以，

即，所以，，

所以成立，故必要性成立，

故是充分必要条件；

故选：C

6．在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（    ）

A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线

【答案】A

【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.

【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，可得：，

从而：，

结合题意可得：，

整理可得：，

即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.

故选：A.

【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

7．函数的图象大致为(    )

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取特殊值得解.

【详解】∵令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0,)上递减，

则有g(x)在(0,)上单调递增，而，

所以存在使得，

中，排除C、D，

∵时，排除B，所以选A.

故选：A

【点睛】给定解析式，识别图象，可以从分析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手.

8．执行下边的程序框图，输出的（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】根据框图循环计算即可.

【详解】执行第一次循环，，

，

；

执行第二次循环，，

，

；

执行第三次循环，，

，

，此时输出.

故选：B

9．在中，点在上，且满足，点为上不包括任意一点，若实数，满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三点共线利用共线定理确定间的关系，再利用基本不等式即可求解.

【详解】由题可知，,其中，

，又因为,

所以，且，所以，

所以，

当且仅当且即时取得等号，

所以的最小值为.

故选:D.

10．已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为1的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图可得该几何体为三棱锥，其外接球为长方体的外接球，求出长方体的体对角线可得外接球的直径，从而可求出外接球的表面积

【详解】如图，该几何体为三棱锥，其外接球为长方体的外接球，长方体的长为6，宽为4，高为4，所以，故外接球的表面积为.

故选：A

二、多选题

11．已知双曲线： 的左、右焦点分别为，，过点且与双曲线的一条渐近线垂直的直线与的两条渐近线分别交于，两点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据在的同一侧以及两侧，分情况求解.同侧时，利用三角形全等得角的关系，利用二倍角的正切公式即可求解，异侧时，利用锐角三角函数以及角的关系即可结合二倍角的正切公式求解.

【详解】当在的同一侧时，如图1

由且可知：是的中点，又是的中点，所以,故

由双曲线的渐近线方程可知

由于,故，

因此离心率为

当在的同一侧时，如图2

由且，故

由双曲线的渐近线方程可知

，进而，

，

因此离心率为

故选：AC

【点睛】圆锥曲线中离心率的取值以及取值范围问题的求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造方程或者不等关系，从而确定参数的取值或范围；

（2）利用参数或者自变量的取值范围，将离心率表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定离心率的取值范围.

三、单选题

12．已知，为函数的零点，，若，则（    ）

A． B．

C． D．与大小关系不确定

【答案】C

【分析】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案.

【详解】易知为函数的零点，

又

解之：，负根舍去；

又，

即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为

切线方程为：过原点，

此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，

故选：C

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

四、填空题

13．某公司有大量客户，且不同龄段客户对其服务的评价有较大差异．为了解客户的评价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样方法是________．

【答案】分层抽样.

【详解】分析：由题可知满足分层抽样特点

详解：由于从不同龄段客户中抽取，故采用分层抽样

故答案为分层抽样．

点睛：本题主要考查简单随机抽样，属于基础题．

14．已知数列的首项，其前项和为，若，则__________．

【答案】96

【分析】由题意易得，两式相减可得数列从第二项开始成等比数列，进而可得结果.

【详解】因为，所以，

两式相减得，

又因为，，得，

所以数列从第二项开始成等比数列，

因此其通项公式为，

所以，

故答案为：96.

15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，，分别交y轴于P，Q两点，若的周长为16，则的最大值为________.

【答案】4

【分析】由双曲线定义可得，分析可得为的中位线，结合、的周长关系可得，AB为双曲线的通径即，联立上式可得，则可由均值不等式求二次商式最大值.

【详解】∵轴且过，则AB为双曲线的通径，由，代入双曲线可得，故.

为的中点，，则为的中位线，故，

又的周长为，则的周长为 ①，

∵ ②，

故由①②可得，即，可得.

故，当且仅当即时取等号.

故答案为：4

五、双空题

16．在长方体中，，，点为线段上的一个动点，当为中点时，三棱锥的外接球表面积为__________；当取最小值时，_______．

【答案】         

【分析】当为中点时，取中点，由面面垂直性质可证得平面；设中点为，球心为，作于，在和利用勾股定理可构造方程求得外接球半径，进而得到所求的外接球的表面积；将侧面和对角面沿着展开，可知的最小值为，根据余弦定理可求得，结合正弦定理和可求得，进而勾股定理得到，从而得到结果.

【详解】当为中点时，取中点，连接，

四边形为矩形，，，

平面平面，平面平面，平面，

平面；

，的外接圆圆心为中点，

设中点为，三棱锥外接球球心为，连接，则平面，

作于，则四边形为平行四边形，

设，，

，，又，

在和中，，解得：，

三棱锥的外接球表面积；

将侧面和对角面沿着展开，可得展开图如下图所示，

则的最小值为，此时为与交点，

，，，，，

，；

设，则，

，即；

，即；

，，即，

解得：，即，，

，则，

.

故答案为：；.

【点睛】思路点睛：求解立体几何中的动点到两定点的距离之和的最小值问题时，通常利用侧面展开图，将两平面展开变成同一平面，利用两点之间线段最短的特点，得到三点共线时取得最小值，进而利用平面几何的知识来进行求解.

六、解答题

17．设函数图像的一条对称轴是直线 .

（1）求；

（2）求函数的单调递增区间;

（3）画出函数在区间上的图像.

【答案】（1）；（2）；（3）答案见解析.

【分析】（1）由正弦函数的对数轴求出；

（2）根据正弦函数性质求得增区间；

（3）列表描点连线可得图象．注意五点法中的特殊点和区间的端点．

【详解】解：（1）是函数的一条对称轴，

，即

 ，

（2）由（1）知

由题意得

所以函数的单调递增区间为

（3）由可知

故函数在区间上的图像为：

【点睛】本题考查三角函数的对称性，单调性，考查用列表描点法作正弦型函数的图象．属于基础题．

18．如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，是侧面上一点．

(1)过点作一个截面，使得与都与平行．作出与四棱锥表面的交线，并证明；

(2)设，其中．若与平面所成角的正弦值为，求的值．

【答案】(1)答案和证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的性质定理分别在几何体表面作出与平行的直线即可求解；

（2）根据表示出点的坐标，再求出平面的法向量，从而表示得与平面所成角的正弦值，解方程求解.

【详解】（1）过点作的平行线，分别交于点，

过作的平行线，交于点，过作的平行线交于点，

则截面为所求截面，证明如下：

因为截面,截面,所以截面,

因为截面,截面,所以截面.

（2）因为平面，平面，所以，

且，所以以为坐标原点，为轴建系如图，

则

所以，

所以，

又因为，所以，

设平面的法向量为，

所以令，

所以，

设与平面所成角为，

则，

整理得，解得（舍），.

19．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：

并计算得．

(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；

(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．

附：相关系数．

【答案】(1)；

(2)

(3)

【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；

（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．

【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值

样本中10棵这种树木的材积量的平均值

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，

平均一棵的材积量为

（2）

则

（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，

可得，解之得．

则该林区这种树木的总材积量估计为

20．已知椭圆的右焦点为F，P，Q分别为右顶点和上顶点，O为坐标原点，（e为椭圆的离心率），的面积为．

(1)求E的方程；

(2)设四边形是椭圆E的内接四边形，直线与的倾斜角互补，且交于点，求证：直线与交于定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知求得得椭圆方程；

（2）题意说明A与D，B与C分别关于x轴对称，设，，则，，利用直线方程求得与的交点坐标（用表示），设直线的方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，把它代入与的交点坐标得常数，从而得证结论．

【详解】（1）∵，∴，∴，

又，，∴，，

∴椭圆E的方程为．

（2）∵直线与的倾斜角互补，且交于点，

∴直线与关于x轴对称，∴A与D，B与C分别关于x轴对称．

设，，则，，

∴直线的方程为，

直线的方程为，

联立解得，，

∴直线与交于点．

设直线的方程为，

与椭圆E的方程联立得，

由题意得，，解得，

又，，

∴，

∴直线与交于定点．

【点睛】方法点睛：椭圆中的定点问题，一般设动点坐标为，利用此坐标求得直线的交点坐标，再证此交点坐标为常数即可，然后引入参数，设出直线方程，与椭圆方程联立后消元应用韦达定理得（或），代入交点坐标后可得结论，如果是求动直线过定点，则可以引入参数求得动直线方程后，观察直线方程得定点．

21．已知函数有两个不同的零点x1，x2.

(1)当时，求证：；

(2)求实数a的取值范围；

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）构造函数，利用导数求得，进而证得不等式成立.

（2）结合导数，先判断，然后结合的最小值为负数以及零点存在性定理求得的取值范围.

【详解】（1）令，则.

当时，所以在上单调递减.

所以

所以.

（2），

当时，，此时f（x）为增函数，不合题意；

当时，，得，(舍)

所以当，，f（x）单调递减；当，，f（x）单调递增.

如果f（x）有两个不同的零点，必有，

则，得，所以.

此时，又此时，

故在（）有一个零点：

由（1）知，时，，令，

解得，故当时，，故当时，，

故在）上有一个零点，

所以f（x）有两个不同的零点时，a的取值范围为

【点睛】利用导数研究函数的零点，首先要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.然后利用导数进行研究时，转化为极值、最值问进行求解，求解过程中要注意结合单调性以及零点存在性定理来进行判断.

22．如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，极轴所在的直线为轴，建立极坐标系，曲线是经过极点且圆心在极轴上直径为2的圆，曲线是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为.

(1)求曲线的极坐标方程，并求曲线和曲线交点（异于极点）的极径；

(2)曲线的参数方程为（为参数）.若曲线和曲线相交于除极点以外的，两点，求线段的长度.

【答案】(1)极坐标方程为，，极径为

(2)2

【分析】（1）先求出曲线的直角坐标方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线的极坐标方程；联立曲线与曲线的极坐标方程，消去可得结果；

（2）将曲线的参数方程化为直角坐标方程，再化为极坐标方程，联立曲线和曲线的极坐标方程，消去得到两点的极径后相加即可得解.

【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，即，

将，代入并化简得的极坐标方程为，.

由消去，并整理得，∴或.

∴所求异于极点的交点的极径为.

（2）由消去参数得曲线的普通方程为，

∴曲线的极坐标方程为和

由和得曲线与曲线两交点的极坐标为，，

∴为极点.