2023届四川省泸州市泸县第四中学高三下学期二诊模拟考试数学（文）试题含解析

2023届四川省泸州市泸县第四中学高三下学期二诊模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）.

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别求得集合，，结合集合并集的运算，即可求解.

【详解】由题意，集合，，

根据集合并集的运算，可得.

故选：A.

2．图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点所表示的复数满足，则复数

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由题得：，所以

3．甲､乙两台机床生产同一种零件，根据两台机床每天生产零件的次品数，绘制了如下茎叶图，则下列判断错误的是（    ）

A．甲的平均数大于乙的平均数 B．甲的众数大于乙的众数

C．甲的方差大于乙的方差 D．甲的性能优于乙的性能

【答案】D

【分析】A.利用平均数公式求解判断；B.利用众数的定义求解判断；C.利用方差的公式求解判断；D.根据方差判断.

【详解】A.甲的平均数 ,乙的平均数，故正确；

B.甲的众数是15，乙的众数是12，故正确；

C.甲的方差，

乙的方差，故正确；

D. 由甲的方差大于乙的方差，得甲的性能劣于乙的性能，故错误；

故错误；

故选：D

4．已知某几何体的三视图如图所示（图中网格纸上小正方形边长为1），则该几何体的体积为（    ）

A． B．15 C． D．20

【答案】C

【分析】由三视图得到该几何体为棱台，利用棱台的体积公式即得.

【详解】由题可得该几何体为底面分别为边长为2、4的正方形，高为2的正棱台，

故该几何体的体积为.

故选：C.

5．已知是第四象限角，，则

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】先根据的正弦值和角所在的象限，求得的值，根据两角差的正切公式求得所求表达式的值.

【详解】因为，且为第四象限角，则，，故选D.

所以.

【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角差的正切公式，属于基础题.

6．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.

【解析】等比数列

7．在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意结合流程图所要实现的功能确定判断框内应填入的条件即可.

【详解】由题意结合流程图可知当时，程序应执行，，

再次进入判断框时应该跳出循环，输出的值；

结合所给的选项可知判断框内应填入的条件是.

故选：A.

8．若函数在区间上是增函数，且，，则函数在区间上

A．是增函数 B．是减函数

C．可以取得最大值2 D．可以取得最小值

【答案】C

【分析】由辅助角公式可求得，，由题意可知，不妨取，令，结合的图像，可选出正确选项.

【详解】解：，

，

因为在区间上是增函数，且，，

则，即，不妨取，设，则，则图像为

所以，在先增后减，可取到最大值为2.

故选:C.

【点睛】本题考查了辅助角公式，考查了三角函数的单调性，考查了三角函数的最值，考查了数形结合.本题的关键是由单调性和最值，确定的值.

9．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由得到，用换底公式把写出以18为底的对数，即可分解.

【详解】由，，

所以，，

所以.

故选：C.

10．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】A

【分析】首先表示出双曲线的渐近线，依题意可得圆心到直线的距离等于半径，从而得到，再根据离心率公式计算可得；

【详解】解：双曲线的渐近线为，不妨取，

依题意圆心到直线的距离，即，即；

所以双曲线的离心率；

故选：A

11．已知函数有2个不同的零点，则k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】将问题转化为关于的方程在区间内有两个不等的实根，于是画出曲线与直线的图象，结合图象求解即可.

【详解】因为函数有2个不同的零点，

所以关于的方程在区间内有两个不等的实根，

即曲线（圆的上半部分）与经过定点的直线有两个不同的交点，如图

过作圆的切线，则点到切线的距离，

解得或（舍去），

所以，得，

即k的取值范围是.

故选：B.

12．关于x的不等式对任意x>1恒成立，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】将对任意x>1恒成立，转化为对任意x>1恒成立，由单调递增，转化为对任意x>1恒成立求解.

【详解】因为对任意x>1恒成立，

即对任意x>1恒成立，

令，则，

所以单调递增，

则对任意x>1恒成立，

即对任意x>1恒成立，

令，则，

当时，，递减，

当时，，递增，

所以取得最大值，

所以，

解得，

故选：B

二、填空题

13．曲线在处的切线方程为 _____．

【答案】

【分析】根据导数的几何意义即得.

【详解】因为，

所以，

当时，，，

故切线方程为：，即.

故答案为：.

14．已知平面向量，，若，则＝___．

【答案】

【分析】先求出的坐标，再由垂直关系利用数量积为，即可求解.

【详解】由题，，

因为，所以，

即，解得，

故答案为：

15．已知正数a，b满足，则的最小值为_________.

【答案】

【分析】根据给定条件结合“1”的妙用即可求出的最小值.

【详解】因为正数a，b满足，则

，当且仅当即时取等. 则的最小值为.

故答案为：.

16．如图，在四边形中，，，，，，点是线段上的一个动点，则的最小值为___________．

【答案】

【分析】以为坐标原点，建立直角坐标系,求出四点的坐标,设 ,求出的坐标,用平面向量数量积的坐标表示求出的表达式,利用二次函数的知识,求出的最小值.

【详解】设,建立如下图所示的直角坐标系：

所以,设，因为，所以

，

，所以

，

.

【点睛】本题考查求向量数量积最值问题，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标表示，构建函数，利用函数的单调性求出最值，是解题的关键.

三、解答题

17．已知正项等比数列的前项和为，若，，成等差数列，．

（1）求与；

（2）设，数列的前项和记为，求．

【答案】（1），；（2）．

【分析】（1）根据等比数列的通项公式､前项和公式和等差中项列出方程组，求出，的值，即可求解；

（2）由（1）求出，再利用错位相减法即可求解．

【详解】解：（1）设正项等比数列的公比为()，

由解得，

所以，

．

（2）由（1）得，

所以，①

，②

①-②得，

所以．

18．为研制新冠肺炎的疫苗，某生物制品研究所将所研制的某型号疫苗用在小白鼠身上进行科研和临床试验，得到如下统计数据：

现从未注射疫苗的小白鼠中任取只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为．

（1）能否有的把握认为注射此疫苗有效？

（2）在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取只进行病理分析，然后从这只小白鼠中随机抽取只对注射疫苗的情况进行核实，求恰有只为注射过疫苗的概率．

附：，.

【答案】（1）有的把握认为注射此疫苗有效；（2）.

【分析】（1）由题中条件求得的值，进而可完善列联表，结合列联表的数据计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；

（2）计算出抽取的只小白鼠中有只未注射疫苗，分别用、、来表示，只已注射疫苗的小白鼠分别用、来表示，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率.

【详解】（1）依题意，由，得，所以，，

所以，列联表如下表所示：

由，所以有的把握认为注射此疫苗有效；

（2）设“恰有只为注射过疫苗”为事件，

由于在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取，

故抽取的只小白鼠中有只未注射疫苗，分别用、、来表示，只已注射疫苗的小白鼠分别用、来表示，

从这只小白鼠中随机抽取只，可能的情况有：、、、、、、、、、，共种，

其中恰有只为注射过疫苗有：、、、、、，共种，

所以，即恰有只为注射过疫苗的概率为．

【点睛】本题考查利用独立性检验的基本事件解决实际问题，同时也考查了利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于中等题.

19．如图，在几何体中，，，均为边长为的等边三角形，平面平面，平面⊥平面．

(1)求证：；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取，的中点分别为和，连接，，，根据条件证明为平行四边形即可；（2）取，的中点分别为，，分别连接，，，再根据条件证明平面，因为平面，所以点到平面的距离等价于点到平面的距离，即点到平面的距离，所以得到，求解计算即可.

【详解】（1）取，的中点分别为和，连接，，，

因为和均为边长为的等边三角形，所以，，

且，因为平面平面，平面与平面的交线为，

平面，所以平面；因为平面平面，

平面与平面的交线为，平面，所以平面，

所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，

又因为，的中点分别为和，所以，结合，所以

（2）取，的中点分别为，，分别连接，，，因为，

，所以四边形为等腰梯形，所以，又，

的中点为，所以，因为平面，平面，，

所以平面，又因为，平面，平面，

所以平面，所以点到平面的距离等价于点到平面的距离，

即点到平面的距离，所以，设点到平面的距离为，

所以，所以，因为，

所以，

因为，所以，

所以，因为四边形为等腰梯形，

，，所以，又，

所以在等腰三角形中，底边上的高为：，

所以，所以，

所以点到平面的距离为：.

20．已知抛物线，直线，过点作直线与交于，两点，当时，为中点.

（1）求的方程；

（2）作，，垂足分别为，两点，若与交于，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由题意可得直线的方程为，联立方程组结合韦达定理、中点坐标公式可得，即可得解；

（2）当时，由平面几何的知识可得；当与不平行时，设与相交于，，，转化条件为需要证明，设方程为，进而可得，联立方程组结合韦达定理即可得证.

【详解】（1）设，，

当时，的方程为即,

由可得，，

∵为的中点，∴，

∴，的方程为；

（2）证明：当时，则四边形为矩形，为的中点，

由（1）可知为的中点，

∴为的中位线，；

当与不平行时，设与相交于，不妨设从左至右依次为点A、B、M，如图，

由题意显然成立，只要证，即证，

又，

∴，∴只要证，

即证，即证.

设直线的方程为，则，

由，解得.

由可得，，

∴，，

∴，得证；

综上，.

【点睛】本题考查了抛物线方程的求解及直线与抛物线的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.

21．已知函数是其导函数.

(1)讨论的单调性；

(2)对恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求与，分类讨论与时，通过研究符号的正负来研究的单调性.

（2）分类讨论情形一：当时，恒成立；情形二：当时，恒成立，在情形一中分类讨论与时，在上是否恒成立，在情形二中分类讨论、与时，在上是否恒成立即可.

【详解】（1）函数的导函数，

当时，，所以在R上单调递增；

当时，，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

综述：当时，在R上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）因为对恒成立，

所以当时，；当时，，则，所以.

所以且连续不断.

，，

情形一：当时，

当时，在上单调递增，

又因为，所以在上单调递增，

所以，满足题意.

当时，由（1）知在上单调递减，所以，

所以在上单调递减，

所以，不符合题意.

情形二：当时，

当时，由，知不恒成立；.

当时，，易知恒成立.

当时，

由（1）知的最小值，

所以在单调递增，而，所以成立.

综上可得的取值范围为.

【点睛】利用导数证明不等式的策略：

（1）构造函数，将不等式转化为函数的最值问题；

（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较；

（3）导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ.

（1）若曲线C1方程中的参数是α，且C1与C2有且只有一个公共点，求C1的普通方程；

（2）已知点A（0，1），若曲线C1方程中的参数是t，0＜α＜π，且C1与C2相交于P，Q两个不同点，求的最大值.

【答案】（1）或；（2）

【解析】（1）利用公式直接把极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆与圆相切，可以得到等式，求出，进而得到结果；

（2）把曲线参数方程代入曲线直角坐标方程，得到一个一元二次方程，设交点对应的参数分别是，利用一元二次方程根与系数的关系，求得的表达式，求出最大值.

【详解】（1）∵ρ＝2cosθ，∴曲线C2的直角坐标方程为∴（x﹣1）2+y2＝1，

∵α是曲线C1：的参数，∴C1的普通方程为x2+（y﹣1）2＝t2，

∵C1与C2有且只有一个公共点，∴|t|1或|t|1，

∴C1的普通方程为x2+（y﹣1）2＝（）2或x2+（y﹣1）2＝（）2

（2）∵t是曲线C1：的参数，∴C1是过点A（0，1）的一条直线，

设与点P，Q相对应的参数分别是t1，t2，把，代入（x﹣1）2+y2＝1得t2+2（sinα﹣cosα）t+1＝0，∴

∴|t1|+|t2|＝|t1+t2|＝2|sin（α）|≤2，

当α时，△＝4（sinα﹣cosα）2﹣4＝4＞0，

取最大值2.

【点睛】该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有极坐标方程向直角坐标方程的转化，圆与圆的位置关系，直线参数方程中参数的几何意义，属于简单题目.

23．已知函数.

(1)解不等式；

(2)已知，若恒成立，求函数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用零点分段法分类讨论解绝对值不等式即可.

（2）利用基本不等式求出的最小值，令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|，只需g(x)max即可求解.

【详解】（1）不等式，即.

当时，即，得；

当时，即，得；

当时，即，得，无解.

综上，原不等式的解集为.

（2）已知， ，当时取等号，故的最小值为1.

令 ，又，

则函数在区间上单调递增，在区间单调递减，

所以当时，.

要使不等式恒成立，只需，即，

故所求实数的取值范围是.