2023届四川省成都市玉林中学高三二诊模拟数学（理）试题（二）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（二）试题

一、单选题

1．设集合，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式得集合P，计算函数的定义域得集合Q，再计算两个集合的交集.

【详解】解不等式得，又因为，则集合.

因为在函数中作真数，所以，得，集合，

得.

故选：B.

2．设i为虚数单位，复数z在复平面内对应的点为，则（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】由坐标写出复数，结合复数运算化简求模即可.

【详解】由复数的几何意义得，所以．

故选：A.

3．已知向量是平面内所有向量的一组基底，则下面的四组向量中，不能作为基底的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】判断两个向量是否共线即可确定两个向量是否能作为一组基底.

【详解】对于A，假设共线，则存在，使得，

因为不共线，所以没有任何一个能使该等式成立，

即假设不成立，也即不共线，则能作为基底；

对于B，假设共线，则存在，使得，

即无解，所以没有任何一个能使该等式成立，

即假设不成立，也即不共线，则能作为基底；

对于C，因为，所以两向量共线，

不能作为一组基底，C错误；

对于D，假设共线，则存在，

使得，

即无解，所以没有任何一个能使该等式成立，

即假设不成立，也即不共线，则能作为基底，

故选:C.

4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角函数定义和诱导公式六得出点与角的关系，再利用诱导公式一即可计算出结果.

【详解】因为，得到点在第四象限，即为第四象限角，

由三角函数定义得，

所以，

所以.

故选：D.

5．某公司为了解用户对其产品的满意度,从使用该产品的用户中随机调查了100个用户,根据用户对产品的满意度评分,得到如图所示的用户满意度评分的频率分布直方图.若用户满意度评分的中位数、众数、平均数分别为a,b,c,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据众数,平均数,中位数的概念和公式,带入数字,求出后比较大小即可.

【详解】解:由频率分布直方图可知众数为65,即,

由表可知,组距为10,

所以平均数为:,

故,记中位数为,

则有:,

解得:,即,

所以.

故选：B.

6．已知数列满足：，，，，则（    ）.

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】把递推关系式里的换成，结合得到

，然后把上式的的换成得到周期.

【详解】

即

又

是以为周期的周期数列.

故选：C

7．过点且与双曲线有且只有一个公共点的直线有（    ）条．

A．0 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；

过点且与双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点．

【详解】由双曲线得其渐近线方程为．

①过点且分别与渐近线平行的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；

②设过点且与双曲线相切的直线为，联立，

化为得到，解得．

则切线分别与双曲线有且仅有一个公共点．

综上可知：过点且与双曲线仅有一个公共点的直线共有4条．

故选:.

8．一个平面斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆.若圆柱底面圆半径为，平面与圆柱底面所成的锐二面角大小为，则下列对椭圆的描述中，错误的是（    ）

A．短轴为，且与大小无关 B．离心率为，且与大小无关

C．焦距为 D．面积为

【答案】B

【分析】根据椭圆的性质，结合题中的数据对，对每个选项逐一分析即可.

【详解】由题意得椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且，

所以，故，焦距为，

由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值，

所以椭圆面积为，综上，ACD正确，B错误，

故选:B．

9．中国古代数学巨作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.如图所示，是一曲池形几何体，其中均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径比为，对应的圆心角为，且，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值

【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，

在下底面作，

以为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

设由题意可得，

则即即

则，

所以

又异面直线所成角的范围为，

故异面直线与所成角的余弦值为

故选：A

10．已知函数 在区间内有两个极值点 且，则（    ）

A．   B． 在区间上单调递增

C．   D．

【答案】D

【分析】由题意可得，求得，即可判断A; 判断在上的正负，可判断的单调性，判断B;将代入中，即可判断C; 将代入中,比较大小，可判断D.

【详解】由题意函数在区间内有两个极值点，

则,即，故，

当时，，当时，，

当时，，即为在内的极大值点，

为在内的极小值点，

所以，A错误；

由时，，故，

所以在区间上单调递减，B错误；

又，

由于时R上的增函数，故，

所以，C错误；

，

因为，故，

故，D 正确，

故选：D．

11．设、椭圆的左、右焦点，椭圆上存在点M，，，使得离心率，则e取值范围为（    ）

A．（0，1） B．

C． D．

【答案】C

【分析】在△ 中，由正弦定理结合条件有：，再由的范围可求出离心率.

【详解】由，，设，，在 中，由正弦定理有：，

离心率，则  ；解得：，

由于，得，

显然成立，

由有，即，得，

所以椭圆离心率取值范围为.

故选：C

12．已知，分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于x的不等式在上恒成立，则正实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由奇偶性求得的解析式，化简不等式，并用分离参数法变形为，设，换元后利用函数的单调性求得不等式右边的取值范围，从而可得的范围．

【详解】因为，分别为上的偶函数和奇函数，①，

所以，即②，

联立①②可解得，，

所以不等式可化为，

因为，则，故，

设，则，故，

因为，，所以，

故在上是增函数，则，

又因为在时是增函数，所以，则，

因为在恒成立，所以．

所以正实数a的取值范围是.

故选：D．

二、填空题

13．若的展开式中的系数为9，则实数__________．

【答案】1

【分析】根据二项式定理得出展开式的通项公式，即可得出的展开式中为或时，则的系数为，即可解出答案.

【详解】展开式的通项公式为：，

则，，

所以展开式中的系数为，

解得．

故答案为：1

14．若变量满足约束条件，则的取值范围是_______

【答案】

【分析】，作出不等式组对应的平面区域， 的几何意义是区域内的点与定点 连线的斜率，由图象分别求出的最大值和最小值即可得出答案.

【详解】，作出不等式组对应的平面区域，

的几何意义是区域内的点与定点 连线的斜率，

由图象知的斜率最大，的斜率最小，

的最大值为

的最小值为 ，即的取值范围是 ，

故答案为：.

15．如图，在正方体中，为棱的中点，是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面.给出下列四个结论：

①动点的轨迹是一段圆弧；

②存在符合条件的点，使得；

③三棱锥的体积的最大值为；

④设直线与平面所成角为，则的取值范围是.

其中所有正确结论的序号是__________.

【答案】②③④

【分析】对于①，利用线线平行可证得平面平面，进而知动点的轨迹；

对于②，利用垂直的性质的可判断；

对于③，利用三棱锥的体积公式可求得；

对于④，利用线面角的定义结合三角形可求解；

【详解】对于①，分别取和的中点，连接，，，

由正方体性质知，，平面，平面，所以平面,又平面，，所以平面平面，

当在上运动时，有平面，故动点的轨迹是线段，故①错误；

对于②，当为线段中点时，，，

又，，故②正确；

对于③，三棱锥的体积，

又所以三棱锥的体积的最大值为，故③正确；

对于④，连接，则与平面所成角，则，

又，所以的取值范围是，故④正确；

故正确结论的序号是①③④，

故答案为：②③④

三、双空题

16．在平面内，定点，满足，且，则__________；平面内的动点满足，，则的最大值是__________．

【答案】         

【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.

【详解】因为，，

所以，两边平方得：，

即，解得：，

因为，

所以，

因为

所以；

可得到△ABC是等边三角形，且边长为，

如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，

，，

因为，所以设，，

由可得：是线段PC的中点，则，

则

，

当时，取得最大值，最大值为.

故答案为：，

四、解答题

17．已知的面积为，角所对的边为．点为的内心，且．

(1)求的大小；

(2)求的周长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角形的面积公式及余弦定理，结合同角三角函数的商数关系及三角函数的特殊值，注意角的范围即可求解；

（2）根据（1）的结论及三角形内心的定义，利用正弦定理及两角差的正弦公式，结合辅助角公式及角范围的变化，再利用正弦函数的性质即可求解．

【详解】（1）因为，

所以，即，可得，

因为，所以．

（2）设周长为，，如图所示，

由（1）知，所以，可得，

因为点为的内心，，分别是，的平分线，且，

所以，

在中，由正弦定理可得，

所以，

因为，所以，可得，

可得周长．

18．某高校为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，用分层抽样的方法，收集300名学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时），其中女生90名.

(1)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为：，估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率；

(2)在样本数据中，有60名女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断是否有的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”.

附：参考公式及临界值表：.

【答案】(1)

(2)列联表见解析，有的把握

【分析】(1)根据频率分布直方图的性质求解；

(2)根据独立性检验的定义求解.

【详解】（1）由频率分布直方图得.

该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率估计值为.

（2）由（1）知，300名学生中有人的每周平均体育运动时间超过4小时，

75人的每周平均体育运动时间不超过4小时.

又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，

所以每周平均体育运动时间与性别列联表如：

.

所以有的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”.

19．如图，在等腰直角中，，和都垂直于平面，且，为线段上一点，设（）.

(1)当为何值时，平面；

(2)当二面角的余弦值为时，求四棱锥的体积.

【答案】(1)当时，平面

(2)

【分析】（1）取上一点，当，，两两平行且时，， ，此时通过线面平行判定定理证明平面即可；

（2）建立空间直角坐标系，使用空间向量表示出二面角的余弦值，求出实数的值，再求出四棱锥的体积即可.

【详解】（1）

当时，平面，理由如下：

当时，在线段上取一点，使，连接，，

则，，

又∵平面，平面，

∴，且，

∴，，

∴四边形为平行四边形，

∴，

又∵平面，平面，

∴平面，

故当时，平面.

（2）如图，以点为原点，过垂直于平面的直线为轴，，所在直线为轴和轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

∵，∴，∴，

，，

设平面的一个法向量为，

则，

令，则，，，

易知平面的一个法向量为，

当二面角的余弦值为时，

，解得（舍）或，

∴，点到平面的距离，

梯形的面积，

∴四棱锥的体积.

20．已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线过点P，交C于A，B两点，且当时，．

(1)求C的方程；

(2)设C在A，B处的切线交于点Q，证明．

【答案】(1)；

(2)答案见解析.

【分析】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.

（1）代入，得l：，将其与联立，后由，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；

（2）利用表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到，说明即可.

【详解】（1）设斜率为且过点P的直线为l：，其中.

设.当时，l：，将其与联立，消去x得：，由韦达定理有.

又由抛物线定义知，又，结合

，则.得C的方程为；

（2）由（1）可得，P，则l：，将其与抛物线方程联立，

消去x得：，则.

设C在A点处的切线方程为，

C在B点处的切线方程为.

将与联立，消去x得：，

因为抛物线切线，则

联立方程判别式，

又，

则，

得，同理可得.

将两切线方程联立有，代入，，

解得，得.

则，又，

则，

同理可得.

注意到，

则等价，下面说明.

，因，

则.又，

则，故.

【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.

（1）问较为基础，但将l设为可简化运算；

（2）问所涉字母较多，解决问题的关键是利用及将相关表达式统一为与有关的形式.

21．已知函数，．

(1)若的最值和的最值相等，求m的值；

(2)证明：若函数有两个零点，，则．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；

(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.

【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，

所以函数在上递增，在上递减，

则，又，所以，，

令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，

则，

由题意可知：，，

所以m的值为．

（2）若有两个零点，，不妨设，

，设，，

由，得，

因为函数是增函数，所以，

则，设，则，，

欲证，即证，即证，

只需证（*）

设，，

，在上，，单调递减，

所以，所以，

令即得（*）成立，

从而，命题得证．

【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）.已知M是曲线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转90°得到ON.设点N的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线，的极坐标方程；

(2)设点，若射线：与曲线，分别相交于异于极点O的A，B两点，求的面积.

【答案】(1)，.

(2)

【分析】（1）先把化为普通方程，再化为极坐标方程；利用代入法求出的极坐标方程；

（2）利用极径的几何意义求出，再用点到直线的距离公式求出点到的距离,即可求面积.

【详解】（1）对于曲线的参数方程为（为参数），消去，得：，即，化为极坐标方程：.

设，则.

设，则，所以，代入得：.

即的极坐标方程为：

（2）把射线：与曲线联立，解得：；

把射线：与曲线联立，解得：.

所以.

在直角坐标系xOy中，射线：可化为：，

所以点到的距离为.

所以的面积.