2023届四川省泸州市高三第二次教学质量诊断性考试数学（理）试题含解析

2023届四川省泸州市高三第二次教学质量诊断性考试数学（理）试题

一、单选题

1．若，则的虚部是（    ）

A． B．1 C． D．i

【答案】A

【分析】先利用共轭复数的定义与复数的四则运算计算，再利用复数虚部的定义即可得解.

【详解】因为，所以，

所以，

所以的虚部为.

故选：A.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据一元二次不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可.

【详解】，，

所以

，

故选：A

3．某地区年夏天迎来近年来罕见的高温极端天气，当地气象部门统计了八月份每天的最高气温和最低气温，得到如下图表：

根据图表判断，以下结论正确的是（    ）

A．月每天最高气温的极差小于

B．月每天最高气温的中位数高于

C．月前天每天最高气温的方差大于后天最高气温的方差

D．月每天最高气温的方差大于每天最低气温的方差

【答案】D

【分析】根据给定的每天最高气温与最低气温的折线图，结合平均数、中位数、方差的意义逐项判断即可.

【详解】对于A选项，月每天最高气温的极差大于，A错；

对于B选项，月每天最高气温不低于的数据有个，其它都低于，

把个数据由小到大排列，中位数必小于，B错；

对于C选项，8月前天每天最高气温的数据极差小，波动较小，后天每天最高气温的极差大，数据波动很大，

因此月前天每天最高气温的方差小于后天最高气温的方差，C错；

对于D选项，月每天最高气温的数据极差大，每天最低气温的数据极差较小，

每天最高气温的数据波动也比每天最低气温的数据波动大，

因此月每天最高气温的方差大于每天最低气温的方差，D对.

故选：D.

4．已知抛物线C：的焦点是F，若点P是C上一点且横坐标为4，则的值是（    ）

A．2 B．4 C． D．5

【答案】C

【分析】直接根据抛物线的焦半径公式求解即可.

【详解】由抛物线C：，可知，则，

又点P是C上一点且横坐标为4，所以，

所以根据抛物线定义，可得.

故选：C.

5．已知的展开式中存在常数项，则n的可能取值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．8

【答案】C

【分析】首先写出二项式展开的通式，根据题意存在常数项，可得，进而得到的可能取值.

【详解】二项式的展开式的通项为，

令，即，由于，故必为的倍数，即的可能取值为.

故选：C

6．若直线为曲线的一条切线，则实数k的值是（    ）

A．e B． C． D．

【答案】D

【分析】利用导数的计算公式、导数的几何意义以及直线的点斜式方程进行求解.

【详解】设直线在曲线上的切点为，

因为，所以，所以切线斜率，

所以曲线在点的切线方程为，

又，所以切线方程为，又切线方程为，

所以，解得，，故A，B，C错误.

故选：D.

7．已知，，则的值是(    )

A． B．- C． D．-

【答案】D

【分析】先由题设条件判定值的正负，再求出的值得解.

【详解】，又，

，

，

解得.

故选：D

8．银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据古典概型计算公式，结合概率加法的运算公式进行求解即可.

【详解】设事件：一次就按对，事件：二次按对，

所以不超过2次就按对的概率为，

故选：B

9．若双曲线的右焦点为F，以F为圆心，为半径的圆F与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若四边形OAFB为菱形（O为坐标原点），则双曲线C的离心率（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据四边形OAFB为菱形，且圆的半径为，得到是正三角形，，则求解.

【详解】双曲线C的半焦距，

圆F过原点O.依题意易知是正三角形，

，

，

.

故选：D.

【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

10．《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该“刍童”的体积为（    ）

A．224 B．448 C． D．147

【答案】B

【分析】根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果．

【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，

.

因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，

所以底面，又，所以底面，

所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则，

因为，所以，

易知四边形是等腰梯形，则，

所以在中，，则，即“刍童”的高为，

则该刍童的体积.

故选：B．

11．已知定义在R上的函数满足，且函数是偶函数，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由函数是偶函数，可得函数的图像关于直线对称，从而有，再结合可得函数的周期为4，然后利用周期和将化到上即可求解.

【详解】因为函数是偶函数，所以，所以，

因为，所以，所以，

所以，所以函数的周期为4，

所以，

因为，所以.

故选：C.

12．若两个正实数x，y满足，给出下列不等式：①；②；③；④．其中可能成立的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据指数式与对数式恒等变换公式，通过构造函数，利用导数的性质逐一判断即可.

【详解】，

构造函数，所以函数在正实数集上为增函数，

因为是正实数，所以由，

因此由，

令，当时，单调递减，

当时，单调递增，所以，

于是有，而，所以，当且仅当时取等号，当时，，由上可知，，或，

故选：C

【点睛】关键点睛：对等式进行变形构造函数，利用导数的性质是解题的关键.

二、填空题

13．在边长为2的正中，在方向上的投影是__________．

【答案】1

【分析】由题意求出数量积，再根据投影的公式求解即可.

【详解】解：由已知得，

所以在方向上的投影为，

故答案为：1.

14．写出使“函数为奇函数”的的一个取值______．

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据三角函数的性质得出，从而得出的一个取值.

【详解】因为函数为奇函数，所以.

即的一个取值为.

故答案为：（答案不唯一）

15．已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为__________．

【答案】

【分析】先求出半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系，即可得到侧面积表达式，然后用基本不等式即可求解最大值.

【详解】解：设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，

由题意可知，，

又圆柱的两个底面的圆周都在球面上，则满足，

而圆柱的侧面积，，

因为，当且仅当，即，时等号成立，

所以，，

故答案为：

16．在中，，D为BC的中点，则的最大值为______．

【答案】

【分析】先设，由三角形三边关系得到，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到，从而利用换元与基本不等式求得的最小值，结合与在上的单调性即可求得的最大值.

【详解】设，则，

因为为的中点，，所以，

由三角形三边关系，可知且，解得，

在中，由余弦定理，得，

在中，由余弦定理，得，

因为，所以,

所以，解得，

则，，

令，则，，，

则，

当且仅当，即时，等号成立，此时，解得，

因为，所以．

因为在上单调递减，在单调递增，

所以当取得最小值时，取得最大值，

此时，则，

所以的最大值为.

故答案为：.

.

【点睛】关键点睛：本题中突破口为，由此得到，再结合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解.

三、解答题

17．数列的前n项和为满足，已知．

(1)求；

(2)在①；②这两个条件中任选一个作为条件，求数列的前n项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)选①：

选②：

【分析】（1）利用与的关系求得的通项公式；

（2）求出的通项公式，利用分组求和求得.

【详解】（1）由题意，当时，，解得，

当时，由,    可得,

两式相减，可得:，整理得，

又，∴数列是以1为首项，为公比的等比数列，

∴.

（2）选①：

由(1)可得，.

则

.

选②：由(1)可得，

则

.

18．强基计划校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为；该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，，m，其中．

(1)若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；

(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据二项分布概率的计算公式，以及独立事件求概率的方法，即可求解恰好通过一门科目的概率；

（2）考生报考甲大学通过的科目数X服从二项分布，期望可直接利用公式求解，而考生报考甲大学通过的科目数Y需求出分布列，再求期望，根据即可求出m的取值范围

【详解】（1）解：设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，

根据题意可得，.

（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为X，报考乙大学通过的科目数为，

根据题意可知，，则，

，

，

，

，

则随机变量的分布列为

，

若，则，故，即的取值范围是.

19．如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．设平面与平面ABC的交线为l．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，取中点，连接，证得平面，又可证得从而有平面；

（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值．

【详解】（1）

证明:分别延长，设，连接，

则即为平面与平面的交线，

因为，取中点，连接，

所以平面，

因为平面平面，且交线为，

所以平面.

因为为棱的中点,，

所以为的中点，所以，

所以平面；

（2）由（1）知，因为.所以，

取的中点,因为侧面为菱形，且，所以BC，

由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，因为侧面为菱形，且，

所以，

则,

设平面的法向量为，

则，所以，取，

设平面的法向量为，

则，所以，取，

所以，

由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

20．已知椭圆C：的焦点，点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若过点F的直线l与C交于A，B两点，过点F与l垂直的直线与C交于M，N两点，求的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合，得出椭圆C的方程；

（2）讨论直线l的斜率存在和为0的情况，联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合数量积运算得出，再由基本不等式得出所求范围.

【详解】（1）由题意可知，，解得，

故椭圆C的方程为；

（2）当直线l的斜率不存在时，，

，

当直线l的斜率为0时，，

，

当直线l的斜率存在且不为0时，设其方程为，则直线的方程为，

由，得，

设，则，

同理可得，

因为，

所以

因为（当且仅当时，取等号），

所以，

综上，.

【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是将向量的数量积转化为韦达定理的形式，再由基本不等式得出范围.

21．已知函数．

(1)若是的一个极值点，求的最小值；

(2)若函数有两个零点，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据是的一个极值点求出，然后根据单调性可求最小值；

（2）构造同类型结构，利用单调性转化为有两个解，结合导数及零点存在定理可求答案.

【详解】（1）因为，是的一个极值点，所以，得；

当时，，令可得.

由表可知是的一个极值点，且最小值为.

（2）若有两个零点，

即有两个解，

即有两个解，

设函数,

问题等价于方程有两个解，

恒成立，即单调递增，

所以，

问题等价于方程有两个解，

即有两个解，

设

即有两个解，

令问题转化为函数有两个零点，

因为，当时，，当时，；

则在上单调递增，在上单调递减，

为了使有两个零点，需要，解得，即，解得，

由于当时，

所以在和内各有一个零点.

综上知的取值范围是.

【点睛】易错点点睛：本题求解的易错点有两个：一是利用极值点求解参数时，要进行检验；

二是利用零点存在定理判断区间内有零点时，要保证区间端点值异号.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．

(1)写出的直角坐标方程；

(2)已知点，若l与C交于A，B两点，且，求m的值．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）先利用正弦函数的和差公式化简直线的极坐标方程，再利用代入即可得解；

（2）结合（1）中条件写出直线过点的参数方程，再利用三角函数的平方关系求得曲线C的直角坐标方程，联立方程，利用参数的几何意义得到关于的方程，从而得解.

【详解】（1）因为，

所以，即，

又，则，即，

所以直线的直角坐标方程为.

（2）由（1）可得直线的方程为，

则点落在直线上，且直线的斜率为，

所以直线的倾斜角为，又，

所以直线过点的参数方程为（为参数），

因为曲线C的参数方程为（为参数），

所以曲线C的直角坐标方程为，

将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，整理得，

则，解得，

不妨设方程的两根为，则，

由直线参数方程的参数的几何意义可知，

则，解得或，皆满足题意，

所以或.

23．已知函数．

(1)若，恒成立，求实数的取值范围；

(2)若的最小值为5，且正数a，b，c满足．求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由绝对值三角不等式得，由题意知，从而求得的取值范围；

（2）先由题意得，再利用柯西不等式即可得证．

【详解】（1）由绝对值三角不等式得，

当且仅当时，等号成立，

所以，

因为，恒成立，则，即，

所以或，即或，

所以的取值范围为．

（2）由（1）知，的最小值为，所以，解得或，

因为，所以，所以，

则，故，

所以由柯西不等式得，

当且仅当且，即时，等号成立，

又，

所以，故.