2023届四川省达州市高三二模数学（文）试题含解析

这是一份2023届四川省达州市高三二模数学（文）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．[-1，4]B．C．(-1，4)D．[-1，4)
【答案】B
【分析】求出集合，再由并集的定义即可得出答案.
【详解】，因为，
所以.
故选：B.
2．复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算法则即可得到答案.
【详解】由题意得，
故选：B.
3．先将函数图象上所有的点向下平移1个单位长度，然后将图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数的平移和伸缩变换，即可得出结果.
【详解】将函数图象上所有的点向下平移一个单位长度，
得到函数的图像，
再将函数的图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，
得到函数的图像.
故选：A.
4．命题p：，，则为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】对全称量词的否定用特称量词，直接写出.
【详解】因为对全称量词的否定用特称量词，
所以命题p：，的否定为：，.
故选：D
5．设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的右支交于P，Q两点，则（ ）
A．5B．6C．8D．12
【答案】C
【分析】由双曲线的定义知，，则，即可得出答案.
【详解】双曲线C：，则，，
由双曲线的定义知：，，
，
所以
.
故选：C.
6．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由指数函数与对数函数的图象性质分别得到，
，再有切化弦和二倍角公式求出的值，即可比较大小.
【详解】由于指数函数在R单调递增，
所以，即，
又对数函数在单调递减，
所以，即，
，
所以，综上.
故选：C
7．果树的负载量，是影响果树产量和质量的重要因素.苹果树结果期的负载量y（单位：kg）与干周x（树干横截面周长，单位：cm）可用模型模拟，其中，，均是常数.则下列最符合实际情况的是（ ）
A．时，y是偶函数B．模型函数的图象是中心对称图形
C．若，均是正数，则y有最大值D．苹果树负载量的最小值是
【答案】C
【分析】因为的定义域为，不关于原点对称，可判断A，B；对函数求导，得出函数的单调性，可判断C，D.
【详解】因为的定义域为，不关于原点对称，故A不正确；
模型函数的图象也不可能是中心对称图象，故B不正确；
，则或，
若，，均是正数，则，
令，则；令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，y有最大值，故C正确；
，若，则，
函数在上单调递增，所以，苹果树负载量的最小值不是，故D不正确.
故选：C.
8．如图，在等腰梯形中，，，，，，.则（ ）
A．62B．38C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件求出，，过作，垂足为，过作，垂足为，求出、、、、，以为原点，为轴，过且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系：根据，求出和的坐标，从而得和，再根据平面向量数量积的坐标运算可求出结果.
【详解】在等腰梯形中，，，，
所以，，
过作，垂足为，过作，垂足为，
在直角三角形中，，，
在直角三角形中，，，
又，所以，
以为原点，为轴，过且垂直于的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系：
则，，，，
因为，所以，
因为，所以，
所以，，
所以.
故选：A
9．三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，平面平面BCD，，，，则球O的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取BD的中点O，根据条件得到和都是直角三角形，其外接圆的圆心都是，再根据平面平面BCD，得到O为外接球的球心求解.
【详解】解：如图所示：
取BD的中点O，
因为则是直角三角形，
因为。
所以是直角三角形，
所以和的外接圆的圆心都是，
又因为平面平面BCD，
所以O为外接球的球心，
因为，，
所以外接球的半径为，
所以外接球的体积为，
故选：A
10．函数的部分图象如图，A，B，C是曲线与坐标轴的交点，过点C的直线与曲线的另一交点为D.若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题设分析知过，且求出、，根据求结果即可.
【详解】由题设，过，，则，即
又，则，故且，即，，
显然，则，故且，可得，
综上，当时，，故，
故.
故选：B
11．在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的2：1的比例关系，常用的A4纸的长宽比无限接近.把长宽比为的矩形称做和美矩形.如图，是长方体，，，，，，分别是棱，，，的中点.把图中所有的矩形按是否为和美矩形分成两类，再用分层抽样的方法在这两类矩形中共抽取5个，抽得的矩形中和美矩形的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】利用列举法把所有的长方形分类，用分层抽样的概念即可求解.
【详解】由题意可知，
，
，
，
能够称为和美矩形的有，共9个；
不能称为为和美矩形的有共6个；
所以用分层抽样的方法在这两类矩形中共抽取5个，抽得的矩形中和美矩形的个数是个.
故选：B.
12．如图，在中，，，，平面ABC内的点D，E在直线AB两侧，与都是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，分别是，的重心，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】A
【分析】连接交于点，连接交于点，由正弦定理得，根据、分别是等腰直角三角形，、分别是、的重心，可得、，再由余弦定理可得答案.
【详解】连接交于点，连接交于点，在内，由正弦定理得，因为，
所以，所以，
因为是等腰直角三角形，是的重心，所以为边上的中线，且，因为，
所以，
因为为等腰直角三角形，是的重心，所以为边上的中线，且，因为，
所以，
因为，
所以
，所以.
故选：A.
二、填空题
13．若实数x，y满足，则的最大值为______.
【答案】
【分析】画出不等式组对应的可行域，然后平移直线可得答案.
【详解】不等式组表示的平面区域如下图，令，
目标函数化为，表示斜率为的一组平行线，当直线过点时，取得最大值，
联立，得，即，所以.
故答案为：
14．若，，则实数m的取值范围是______.
【答案】
【分析】若，，即，转化为求，求解即可.
【详解】若，，
则，令，，
令，，则，
所以，
由双勾函数的性质知，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
故，所以实数m的取值范围是.
故答案为：.
15．是离心率为的椭圆C：的一个焦点，直线交C于点A，B，则△内切圆面积为______.
【答案】
【分析】由已知可得椭圆方程为，联立直线方程求A，B坐标，由，列方程求半径，进而求圆的面积.
【详解】由题设，且，则，故，
所以椭圆方程为，联立，可得，则，
不妨令，，所以，
若△内切圆半径为，则，
由椭圆对称性及其定义知：，，
所以，则，故内切圆面积为.
故答案为：
16．函数在区间上的值域为，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】化简函数得，其中，，再利用函数在区间上的值域为，可得，从而得到，再结合，，利用三角恒等变换化简即可得出结果.
【详解】由题意可得
，其中，，
函数在区间上的值域为，
当时，，即，
当时，或，则或，
，则，
，，，
，，则，
，
又，，
的取值范围为：.
三、解答题
17．已知是数列前n项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记，分别为数列的前n项和与前n项积，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出，当时，求出，检验当时成立，即可求出通项公式；
（2）由（1）得出，可知为等比数列，根据等比数列前项和公式求出，再将数列每一项相乘，底数相同指数相加，指数为等差数列，根据等差数列前n项和公式，计算出指数，求出，即可求出．
【详解】（1）∵，
∴，
当时，，
∴，
当时，，
∴的通项公式为；
（2）∵，，
∴，
∴，
，
∴．
18．四户村民甲、乙、丙、丁把自己不宜种粮的承包土地流转给农村经济合作社，甲、乙、丙、丁分别获得所有流转土地年总利润7％，7％，10％，6％的流转收益.该土地全部种植了苹果树，2022年所产苹果在电商平台销售并售完，所售苹果单个质量（单位：g，下同）在区间［100，260］上，苹果分装在A，B，C，D4种不同的箱子里，共5000箱，装箱情况如下表.把这5000箱苹果按单个质量所在区间以箱为单位得到的频率分布直方图如下图.
(1)根据频率分布直方图，求a和甲、乙、丙、丁2022年所获土地流转收益（单位：万元）：
(2)在甲、乙、丙、丁中随机抽取2户，求这2户中恰有1户2022年土地流转收益超过2万元的概率.
【答案】(1)；1.89万元，1.89万元，2.7万元，1.62万元
(2)
【分析】（1）由频率分布直方图中小长方形面积之和为1求出a；求出2022年这批流转土地总利润，再根据甲、乙、丙、丁所占百分比求出甲、乙、丙、丁2022年所获土地流转收益；
（2）先求出甲、乙、丙、丁中随机抽取2户的所有可能情况，再求出这2户中恰有1户2022年土地流转收益超过2万元的情况，由古典概率概率公式即可得出答案.
【详解】（1）由图知.
根据表和图得2022年这批流转土地总利润为:
万元.
所以甲、乙2022年所获土地流转收益均为万元，丙2022年所获土地流转收益为万元，丁2022年所获土地流转收益为万元.
（2）在甲、乙、丙、丁中随机抽取2户，所有可能结果为：
甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁6个结果情况，
其中甲丙，乙丙，丙丁中恰有1户土地流转收益超过2万元.
设事件M表示“这2户中恰有1户2022年土地流转收益超过2万元”，
则.
所以这2户中恰有1户2022年土地流转收益超过2万元的概率为.
19．如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面平面ABCD，，，.O，E分别是AD，BC中点.
(1)证明：平面POE；
(2)，，求点E到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得，由余弦定理和勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）连接OC，根据线面平行的判定定理可得平面PDC，则点E到平面PCD的距离等于点O到平面PCD的距离.由余弦定理、同角的三角函数关系和三角形的面积公式可得，利用等体积法计算即可求解.
【详解】（1）∵，O是AD的中点，∴.
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD.
∵平面ABCD，∴.
设，则，，
在中，由余弦定理得，
∴，∴.
∵E是BC中点，四边形ABCD是平行四边形，
∴，∴.
∵PO，OE是平面POE内的两条相交直线，∴平面POE.
（2）连接OC.
∵O，E分别是AD，BC中点，底面ABCD是平行四边形，∴.
∵平面PDC，平面PDC，∴平面PDC.
∴点E到平面PCD的距离等于点O到平面PCD的距离.
∵，，∴，
∴，
∴.
在中，由余弦定理得，
∴，∴的面积.
设O到平面PCD的距离为d，因三棱锥O—PCD与三棱锥C—POD是同一三棱锥，
所以，即，
∴，
解得.所以点E到平面PCD的距离为.
20．过抛物线C：上一点作C的切线，交C的准线于点.
(1)求点M的坐标；
(2)A，B是C上与M不重合的两点，，O为原点，当点O到直线AB距离最大时，求直线AB的方程.
【答案】(1)（1，1）
(2)
【分析】（1）易知抛物线C的方程为，则，再由时，C的方程为，利用导数法求解；
（2）设直线AB的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理，由求解；
【详解】（1）解：由题意得，∴.
∴抛物线C的方程为.
∴.①
当时，由C的方程得，，∴.②
由①②解得，，即M点坐标为（1，1）.
（2）设直线AB的方程为，，.
由方程组得.
∴，，.
∵，，，
∴，
即，
∴.
∴，解得，或.
若，则直线AB的方程为，直线AB经过点，不合题意，
所以，直线AB的方程为，直线AB经过定点.
∴点O到AB的最大距离为，直线OD的斜率为，
∴此时AB的斜率为2，直线AB的方程为，即.
21．已知函数.
(1)若曲线在处的切线过点，求的值；
(2)若在内有两个不同极值点，.证明：.
【答案】(1)e
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得曲线在处的切线的方程，将代入得到，令，用导数法求零点即可；
（2）由（1）得到，令，转化为 有两不同解，得到m的范围，结合韦达定理得到，构造函数，用导数法求解.
【详解】（1）解：由得，.
∴曲线在处的切线的方程为.
根据条件得，即.
设，则，.
当时，，单调递减，当时，，单调递增.
因，所以，即e是唯一零点.所以.
（2）由（1）知，.
令，得，，，.
∴有两不同解，
令，∴，
∴，
∴，
，
.
构造函数，则.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
∵，∴，
∵，
∴，
所以.
【点睛】思路点睛：先根据在内有两个不同极值点，，转化为有两个不同的根，再由，结合中的韦达定理转化为，然后构造函数，利用导数法而得解.
22．在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的参数方程为（为参数）.
(1)写出C的普通方程和极坐标方程：
(2)设直线与C交于点A，B，求的最大值.
【答案】(1)，（或）；
(2)4
【分析】（1）由三角函数的平方关系化简得C的直角坐标方程；分别将，，代入C的直角坐标方程并化简得C的极坐标方程；
（2）设点A，B极坐标分别为，，则，由得取得最大值，取，得的最大值.
【详解】（1）由曲线C的参数方程（为参数）得，，
∴，化简得C的直角坐标方程为；
分别将，，代入C的直角坐标方程并化简得C的极坐标方程为（或）；
（2）设点A，B极坐标分别为，，则，
由知，当，
即时，取得最大值4，
根据题意，不妨取，，所以的最大值为4.
23．已知函数，，，.
(1)求实数m的取值范围；
(2)当m取最小值时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式，由得，分别讨论当、时的大小关系，即可求解；
（2）由（1）知的最小值为，根据绝对值不等式的性质即可求解.
【详解】（1）由，
得，
由得.
当时，，不合题意.
当时，若，则，
若.
由于射线的斜率-1，小于射线的斜率，
射线的斜率1，大于射线的斜率，
所以恒成立.
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知的最小值为，
.
苹果箱种类
A
B
C
D
每箱利润（元）
40
50
60
70
苹果单个质量区间
[100，140)
[140，180)
[180，220)
[220，260]