2023届四川省泸州市泸县第五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五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，，则集合的子集有（    ）

A．2个 B．4个 C．8个 D．16个

【答案】B

【分析】解不等式，结合，求出，计算出，从而求出，并求出交集的子集个数.

【详解】，解得：，又因为，

所以，

因为，且，

所以，

故的子集有个.

故选：B

2．在复平面内，复数z对应点的坐标为，则（    ）

A．i B．－i

C．1＋i D．1－i

【答案】A

【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解.

【详解】因为复数z对应点的坐标为，所以，

所以.

故选：A.

3．青少年近视问题已经成为我国面临的重要社会问题.已知某校有小学生3600人，有初中生2400人，为了解该校学生的近视情况，用分层抽样的方法从该校的所有学生中随机抽取120名进行视力检查，则小学生应抽取的人数与初中生应抽取的人数的差是（    ）

A．24 B．48 C．72 D．96

【答案】A

【分析】根据分成抽样的定义进行计算即可.

【详解】由题意可知小学生应抽取的人数是人，

中学生应抽取的人数是人，

则小学生应抽取的人数与中学生的人数的差是人.

故选：A.

4．某同学在研究变量，之间的相关关系时，得到以下数据：并采用最小二乘法得到了线性回归方程，则（    ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】D

【分析】根据给定数据，求出变量，的平均数，再利用最小二乘法公式计算判断作答.

【详解】依题意，，，

，

，

则，.

故选：D

5．已知△ABC的重心为O，则向量（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】△ABC的重心O为三角形三条中线的交点，为中线的三等分点，根据向量线性运算的几何表示结合条件即得.

【详解】设分别是的中点，

由于是三角形的重心，

所以.

故选：C.

6．将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的2倍，所得图象的一条对称轴方程可以是

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的倍得函数,其对称轴方程为， 故选D.

【解析】函数图象的变换、函数的对称轴.

7．在等比数列中，，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据等比数列性质可求得及，利用基本不等式可求得的最大值，即为所求结果.

【详解】由等比数列性质知：，

（当且仅当时取等号），

，，即的最大值为.

故选：B.

8．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是扇形，则该几何体的侧面面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知三视图得到几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的，由此计算侧面积即可．

【详解】由已知三视图得到几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的，

如图所示：

所以几何体的侧面积为；

故选：A．

9．已知，则

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由诱导公式及二倍角公式化简，由结合得，即可求解

【详解】=又,解

又，,故故

所以

故选A

【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，熟记公式是关键，考查计算能力，是基础题

10．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设，利用导数可得在上单调递减，从而有，即；令，利用导数可得在上单调递减，从而有，即，即可得答案.

【详解】设，则有，

所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；

所以，

即有，

故；

令，则，

所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；

所以，

即，

故，

综上所述，则有.

故选：B

【点睛】方法点睛：对于比较大小的题目，常用的方法有：(1)作差法；(2)作商法；(3)利用函数的单调性进行比较.

11．已知双曲线C：的左、右焦点为，，渐近线上一点P满足（O坐标原点），，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知条件和双曲线的性质可得，则可求得的坐标为，则利用两点间的距离公式可求得，然后在中利用余弦定理化简可求出的关系，从而可求出双曲线的离心率

【详解】由双曲线的性质可得，由双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，

因为，所以，即，

设，

因为双曲线的渐近线方程为，

所以，所以，

因为，

所以，

所以的横坐标为，纵坐标为，

即点的坐标为，

所以，

设，则，

在中，由余弦定理可得，

所以，得，

所以，所以，

所以，所以，

所以，

所以，

所以离心率为，

故选：B

12．已知函数，，若存在，使得恒成立，则实数b的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求导函数，确定函数的单调性，进而可得函数的最大值，故可求实数的取值范围．

【详解】，，

，

，

存在，，使得，

，

设，

，

，

当时，解的，

当时，即时，函数单调递增，

当时，即时，函数单调递减，

当时，函数取最大值，最大值为（2）

，

故选．

【点睛】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，属于中档题．

二、填空题

13．已知向量，，若，则_____________.

【答案】

【分析】由共线向量可知，即可求解.

【详解】因为，所以，则，

故答案为：

14．若，满足约束条件，则的取值范围为______.

【答案】

【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用的几何意义和数形结合分析得解.

【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如下图阴影部分所示.

表示阴影区域内的点与点连线的斜率.

观察可知，.

因为，，所以.

故答案为

【点睛】本题主要考查线性规划求取值范围，考查斜率的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.

15．已知函数，且在上单调递增，则满足条件的的最大值为__________.

【答案】##

【分析】先对函数化简变形，求出其单调递增区间为从而由题意可得解不等式组可求得结果

【详解】

由，

得，

的单调递增区间为

由题知，，

当时，，

，

当时，；

当时，.

故答案为：

16．已知过点的直线与相交于点，过点的直线与相交于点，若直线与圆相切，则直线与的交点的轨迹方程为__________.

【答案】

【详解】设直线AC，BD的斜率分别为 ，则直线AC，BD的方程分别为： ，据此可得： ，

则： ，

直线CD的方程为： ，

整理可得：

直线与圆相切，则： ，

据此可得： ，

由于：，

两式相乘可得：

即直线与的交点的轨迹方程为.

点睛：求轨迹方程，要注意曲线上的点与方程的解是一一对应关系，检验应从两个方面进行：一是方程的化简是否是同解变形；二是是否符合实际意义，注意轨迹上特殊点对轨迹的“完备性与纯粹性”的影响.

三、解答题

17．已知数列满足.

（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析，；（2）.

【分析】(1)把给定的递推公式两边取倒数并变形即可作答；

(2)由(1)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可得解.

【详解】（1）由得，

所以是公差为2的等差数列，，即；

（2）由(1)知，

，

则，

两式相减得，

则，

所以数列的前项和.

18．某公司为了解服务质量，随机调查了位男性顾客和位女性顾客，每位顾客对该公司的服务质量进行打分．已知这位顾客所打分数均在之间，根据这些数据得到如下的频数分布表：

（1）求这位顾客所打分数的平均值（同一组数据用该组区间的中点值为代表）；

（2）若顾客所打分数不低于分，则该顾客对公司服务质量的态度为满意；若顾客所打分数低于分，则该顾客对公司服务质量的态度为不满意根据所给数据，完成下列列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为顾客对公司服务质量的态度与性别有关？

附：

【答案】（1）；（2）填表见解析；有．

【分析】(1)由频数分布表，先求出各组的频率，再求它们与对应组的区间中点值的积的和即为所求；

(2)按条件填写列联表，再计算K2观测值并与给定相关值比对回答而得.

【详解】(1)由题可知，落在区间，，，，的频率分别为：

，这位顾客所打分数的平均值为：

，

故这位顾客所打分数的平均值为．

(2)根据所给数据，可得列联表：

根据列联表得．

因为，所以有的把握认为顾客对公司服务质量的态度与性别有关．

19．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，､分别是，的中点.

(1)证明：平面；

(2)试探究三棱锥的体积与三棱锥的体积之比是否为定值，若是定值，再进一步求出此定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)是定值，定值为

【分析】（1）由已知可得，则∽，所以有，结合已知可得，平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论，

（2）利用等体积法可得结论

【详解】（1）证明：在三棱柱中，

所以，

所以，

所以，

所以∽，所以

因为，，

所以即：

所以且为的中点

所以

又已知得在直三棱柱中，平面平面，且交于

所以平面，所以.

又因为，所以平面.

（2）结论：三棱锥的体积与三棱锥的体积比是定值.

设，则，

因为､分别是，的中点，

所以，

所以，

，

由等体积法可知：

，，

.

20．已知点是抛物线：的准线上的任意一点，过点作的两条切线，，其中、为切点．

（1）证明：直线过定点，并求出定点坐标；

（2）若直线交椭圆：于，两点，求的最小值．

【答案】（1）证明见解析；定点；（2）．

【分析】（1）根据题意，设，求导并结合导数的几何意义可得切线的方程，把的坐标代入两方程，得点，都在直线上，进而可得答案.

(2)设直线的方程为(总存在)，，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理可得 ，由弦长公式可得，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，由弦长公式，可得 ，即可推出的最小值.

【详解】解：（1）根据题意，设，，，由，得，

所以切线的方程为，又，

所以的方程可化为，

同理，切线的方程为．

因为上述两条直线都过点，把的坐标代入两方程，得和．

这两个方程说明点，都在直线上，而此直线过定点，

所以直线过定点．

（2）设直线的方程为（总存在），，，

联立方程组消去，得，，

所以，，，

联立方程组消去，得，，

所以，，，

所以．所以的最小值为．

【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.

21．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若函数，证明：当时，．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，可得，分，，，和四种情况进行分类讨论的单调性；

（2）根据题意，将原问题转化为 成立，令，利用导数求出函数的最大值，再令，利用导数在函数最值中的应用，结合“隐零点”的用法，可知，存在，使得，再根据函数的单调性，可求出函数的最小值，将的最大值和的最小值比较，即可求证结果.

【详解】（1）解：由题意可得的定义域为

①当时，即，在单调递增．

②当时，即，

时，，单调递增；

时，，单调递减；

时，，单调递增；

③当时，即，

时，，单调递增，

时，，单调递减，

时，，单调递增，

④当时，即，

时，，单调递减，

时，，单调递增；

综上可得：

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）证明：当时，，

要证即证，

只需证，只需证，

令，则，

∴时，，单调递增，

∴时，，单调递减，

∴，

令，则，

令，则，

∴在上单调递增

又∵，，

∴存在，使得，

即；

∴，，，单调递减，

，，，单调递增；

∴，

令，则在上单调递减，

∴，

即，

∵，

∴，

∴，即

∴时，恒成立

∴.

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(其中φ为参数)，曲线：．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：与曲线，分别交于点A，B(均异于原点O)．

（1）求曲线，的极坐标方程；

（2）当时，求的取值范围．

【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；（2）

【解析】（1）先求出的普通方程，再利用，将，化为极坐标方程．

（2）联立与的极坐标方程得，联立与的极坐标方程得，再利用三角函数的关系式的变换结合对勾函数的单调性求出结果．

【详解】（1），，由，

得曲线的极坐标方程为；

又，得曲线的极坐标方程为．

（2）设A，B对应的极径分别为，，

联立与的极坐标方程得，

联立与的极坐标方程得

，

令，则，

由对勾函数性质知函数在上单调递增，

，，即

的取值范围为．

【点睛】方法点睛：本题考查方程之间的互化，利用极坐标方程求弦长，极坐标方程与直角坐标方程互化的方法，即四个公式：，;

利用过原点的直线与圆锥曲线相交求弦长，一般用极坐标会更好，方法是：将直线极坐标方程与圆锥曲线极坐标方程联立求的交点，其中为原点与交点连线的长度，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于一般题.

23．已知函数.

（1）若，且不等式的解集为或，求mn的值；

（2）若m，n均为正实数，且，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）先化简原函数，然后根据不等式解集求解出的值，则结果可求；

（2）根据绝对值的三角不等式确定出，再结合“”的妙用和基本不等式求解出的最小值，则可完成证明.

【详解】（1）因为，所以.

不等式即，解得或，

因此且，解得.

故，从而.

（2）证明：由于m，n均为正实数，

所以，

而，

当且仅当，即时取等号．

故.