2023届四川省凉山州高三下学期二诊数学（理）试题

2023届四川省凉山州高三下学期二诊数学（理）试题一、单选题1．已知复数，则z的虚部是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数运算法则可得z代数形式，后可得其虚部.【详解】，则z的虚部是.故选：C2．集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简集合，，利用两个集合的交集的定义求出.【详解】，，.故选：B.3．已知满足约束条件,则目标函数的最小值是（

）A．1 B．2 C．11 D．无最小值【答案】A【分析】作出可行域,将目标函数变为,通过平移直线即可求出的最小值.【详解】根据题意,可行域如图所示:将直线平移至刚好经过时,取的最小值:.故选:A.4．表示生物体内碳14的初始质量，经过t年后碳14剩余质量（，h为碳14半衰期）．现测得一古墓内某生物体内碳14含量为，据此推算该生物是距今约多少年前的生物（参考数据）．正确选项是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题设列出关于的方程，利用对数的运算求解出的值.【详解】由题意可知：，所以，所以，所以，所以.故选：C.5．执行如图所示程序框图，则输出的S的值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】执行程序即可算出其输出值结果.【详解】由题意可知，流程图的功能为计算的值，裂项求和可得：.故选：B.6．小明买了4个大小相同颜色不同的冰墩墩（北京冬奥会吉祥物）随机放入3个不同袋子中，则每个袋子至少放入一个冰墩墩的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由计数原理可求出4个冰墩墩随机放入3个不同袋子的种数，利用组合中的分组分配问题求出每个袋子至少放入一个冰墩墩的种数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】小明将4个大小相同颜色不同的冰墩墩随机放入3个不同袋子中，有种不同的放法，若每个袋子至少放入一个冰墩墩，则分2步进行分析：①将4个冰墩墩分为3组，有种分组方法，②将分好的3组放入3个不同的袋子中，有种情况，则有种方法，所以所求的概率为.故选：D7．已知是定义域为的偶函数且，则函数零点个数是（

）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】A【分析】通过导数研究函数单调性，利用零点存在定理判断零点个数.【详解】时，，当时，，，当时，，，，有；，有，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，，，，，，，由零点存在定理，所以在，，上各有一个零点，又是定义域为的偶函数，则函数有6个零点.故选：A8．已知抛物线的焦点为F，点，点P为该抛物线上一动点，则周长的最小值是（

）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】根据题意分析出的最小值为点A到准线的距离，而为定值，即可求出周长的最小值.【详解】因为抛物线方程为，所以，所以焦点，且抛物线准线方程为.注意到的周长为，因为，，所以,所以.因为根据抛物线定义，点到准线的距离等于，则若求周长最小值，即求点到准线的距离与长度之和的最小值即可，由图可知，当点为过点作轴垂线与抛物线的交点时，点到准线的距离加长度之和最小，最小值为，所以周长的最小值为.故选：C.9．在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用三角恒等变换公式和正弦定理，把中等式化为，从而，得或，然后结合充分条件和必要条件的定义进行判断．【详解】根据正弦定理可得，所以所以，即，整理得，则或，因为，，，，则或，即或，所以由不能推出；当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，故p是q的既不充分也不必要条件．故选：D10．如图，在直角梯形中，，D为边中点，将沿边折到．连接得到四棱锥，记二面角的平面角为，下列说法中错误的是（

）A．若，则四棱锥外接球表面积B．无论为何值，在线段上都存在唯一一点H使得C．无论为何值，平面平面D．若，则异面直线所成角的余弦值为【答案】B【分析】根据梯形的长度和角度关系可知四边形为矩形，折叠后根据线面垂直的判定定理可知平面，根据二面角的定义可知二面角的平面角即为，根据，可将四棱锥放在长方体中，所以长方体外接球即为四棱锥外接球，求出长方体外接球表面积后即可判断A；根据可知，若B成立，则以为圆心，1为半径的圆与线段须有除点外的另一个交点，当与该圆相切时不成立，即可判断B；根据及面面垂直判定定理即可判断C；根据，过点做，垂足为分别取中点，连接可知所求异面直线所成角即为所成角，根据线面垂直的判定定理及性质定理可知，根据长度和垂直关系可求得，再根据余弦定理即可求得，即可判断D.【详解】解：由题知直角梯形，且D为边中点，，所以，由于，，所以四边形为矩形，所以，即折叠后有，当时，即平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，因为，所以四棱锥可看作长方体的一部分，如图所示：所以长方体的外接球即为四棱锥的外接球，因为，所以长方体体对角线即为外接球直径，所以四棱锥外接球半径为，该球表面积为：，故选项A正确；在中，，当时，与以为圆心，1为半径的圆相切，此时线段上不存在点H使得，所以选项B错误；因为，，且平面，平面，所以平面，因为四边形为矩形，所以，所以平面，因为平面，所以平面平面，故选项C正确；因为，平面平面，所以即为二面角的平面角，因为，所以，连接，交点为，取中点，连接，过点做，交于点，连接，如图所示：因为四边形为矩形，所以可得为中点，由为中点，所以，所以异面直线所成角即为所成角，因为平面，平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以，，因为，所以，因为，，所以，因为，所以，所以，因为为中点，所以，因为，所以，因为，所以，即，在中，由余弦定理得：，所以直线所成角的余弦值为，即异面直线所成角的余弦值为，故选项D正确.故选：B11．已知，则a，b，c大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性得，再构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而得到，即可得解.【详解】令，，则，即当时，，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即；令，，∴，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即，综上可知：.故选：D12．如图所示，正方体棱长为2，点P为正方形内（不含边界）一动点，角平分线交于点Q，点P在运动过程中始终满足．①直线与点P的轨迹无公共点；②存在点P使得；③三棱锥体积最大值为；④点P运动轨迹长为．上述说法中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断①②，然后根据三棱锥体积公式以及点的运动轨迹，即可判断③④.【详解】因为为的角平分线，在中，由正弦定理可知，设，则，所以，在中，由正弦定理可知，，因为，所以，且，设，，所以，所以，，所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且，点到该直线的距离为，所以与圆无公共点，①正确；若，设，所以，所以，所以，即，联立，解得所以点满足条件，所以②正确；若最大，则到距离最大，即到与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故③错误；令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以，因为为点的运动轨迹，所以，故④正确；故选:C二、填空题13．已知的展开式中二项式系数和为32，则项系数是_______________．【答案】10【分析】利用二项式系数和和二项展开式的通项公式即可.【详解】因为二项式系数和为32，；当时，故答案为：1014．已知双曲线的右焦点．点F到该双曲线渐近线的距离为，则双曲线的离心率是_____________．【答案】2【分析】取双曲线的一条渐近线，根据右焦点到一条渐近线的距离为，可求得，即可求出双曲线的离心率【详解】不妨取双曲线的一条渐近线，即，易得，则右焦点渐近线的距离，所以，则，所以双曲线的离心率.故答案为：215．已知正实数，称为的算术平均数，为的几何平均数，为的希罗平均数．为的边上异于的动点，点满足且，则正数的希罗平均数的最大值是______________．【答案】【分析】设，以为基底可表示出，从而用表示出；根据算数平均数、几何平均数和希罗平均数的定义，结合二次函数最值的求法可求得结果.【详解】设，，，解得：，，，，，，.故答案为：.16．已知函数，则下列说法中正确的是____________．①一条对称轴为；②将图象向右平移个单位，再向下平移1个单位得到的新函数为奇函数；③若，则；④若函数在区间上恰有2个极大值点，则实数的取值范围是．【答案】①③【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简，根据利用整体代换可计算判断出①，根据三角函数的平移规律可判断②，根据三角函数和、差公式可计算得出③，利用特殊值可判断④.【详解】令，解得，当时，，①正确；图象向右平移个单位，再向下平移1个单位后，新函数非奇非偶，②错误；，等号左右两边平方可得，则，解得，③正确；，当恰好是函数极大值时，那么函数一个周期正好为，因为，所以④错误；故答案为：①③三、解答题17．已知对于任意函数在点处切线斜率为，正项等比数列的公比，且，又与的等比中项为2．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)，；(2).【分析】（1）利用导数的几何意义可得，根据等比数列的性质及等比数列基本量的运算即得；（2）利用错位相减法即得．【详解】（1）由题意，∴；由题可得，所以或（舍）所以，；（2）由题可知，所以，，所以，，即.18．如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．(1)证明：；(2)若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明过程见详解(2)【分析】（1）取中点G，连接，，先证明四边形为平行四边形，再证明EF∥平面，再根据直线与平面平行的性质即可证明；（2）根据题意先证明，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据求得的值，再利用线面角的向量求法即可求解．【详解】（1）取中点G，连接，，∵E，G分别是，中点，∴且，又∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴EF∥平面，∵平面，平面平面，∴．（2）由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴，故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，又，则，解得，所以，，则，，设平面法向量为，所以，即，取，得，由（1）知直线，则l方向向量为，设直线l与平面所成角为，则，则，所以直线l与平面所成角的余弦值为．19．年月日全国各地放开对新冠疫情的管控，在强大的祖国庇护下平稳抗疫三年的中国人民迎来了与新冠变异毒株奥密克戎的首次正面交锋．某市为了更好的了解全体中小学生感染新冠感冒后的情况，以便及时补充医疗资源．从全市中小学生中随机抽取了名抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，名中小学生感染奥密克戎后的疼痛指数为，并以此为样本得到了如下图所示的表格：疼痛指数人数（人）名称无症状感染者轻症感染者重症感染者其中轻症感染者和重症感染者统称为有症状感染者．(1)统计学中常用表示在事件发生的条件下事件发生的似然比．现从样本中随机抽取名学生，记事件：该名学生为有症状感染者，事件：该名学生为重症感染者，求似然比的值；(2)若该市所有抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数近似的服从正态分布，且．若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机抽取名，设这名学生中轻症感染者人数为，求的分布列及数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望【分析】（1）根据表格数据和条件概率公式可分别求得和，代入似然比公式即可求得结果；（2）根据正态分布曲线的对称性可求得，得到，由二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，进而得到分布列；由二项分布数学期望公式可直接求得期望值.【详解】（1）由题意得：，，，，，，，.（2），，则，可能的取值为，；；；；的分布列为：数学期望.20．已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为C，，过点作的垂线与椭圆E交于A，B两点，的周长为8．(1)求椭圆E的标准方程；(2)已知点为椭圆E上一动点，过点P作E的切线其斜率记为k，当直线斜率存在时分别记为，探索是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是，【分析】（1）根据题意可得为的中垂线，利用中垂线的性质可得与周长相等，结合椭圆的定义求出a，b，即可求解；（2）设切线方程为，由直线与椭圆相切可得，由点在直线和椭圆上可得，结合两点求斜率公式对式子化简求值即可.【详解】（1）∵，∴为正三角形，∴为的中垂线∴，∴与周长相等，由椭圆的定义知，即∴，∴E标准方程为；（2）设切线方程为，由题意知，，由①，过点得代入①得②，又点在椭圆上，∴代入②，得，将代入，得，再将代入，整理得，由，得．∴．21．已知函数．(1)为函数的导函数，对任意的恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，证明：．【答案】(1)(2)证明过程见详解【分析】（1）先求，将对任意的恒成立问题转化为对任意的恒成立问题，再分离参数，结合对勾函数的性质即可得到实数a的取值范围；（2）结合（1）知当时单调递减，无极值点，不满足条件；讨论当时，得到，满足条件，先证明，再将要证转化为只需证，构造函数，再通过函数的单调性即可证明结论．【详解】（1）依题意得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，所以，又，当且仅当时取“=”，所以．（2）由（1）知当时单调递