2023届四川省名校联考高考仿真测试（二）数学（理）试题【含答案】

一、单选题1．已知集合，若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．C【分析】讨论m的取值，写出A，使其满足条件即可.【详解】时，，，，所以即；时，，，不可能；时，，，不可能.故选：C.2．“”是“，是假命题”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B由命题“，是假命题”，利用二次函数的性质，求得实数的取值范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，命题“，是假命题”可得命题“，是真命题”当时，即时，不等式恒成立；当时，即时，则满足，解得，综上可得，实数，即命题“，是假命题”时，实数的取值范围是，又由“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“，是假命题”的必要不充分条件，故选：B.理解全称命题与存在性命题的含义时求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，把存在性命题为假命题转化为全称命题为真命题，结合二次函数的性质求得参数的取值范围，再根据充分、必要条件的判定方法，进行判定.3．在各项均为正数的等比数列中，，则（

）A．1 B． C．4 D．D【分析】根据等比数列的性质结合条件可得，进而即得.【详解】因为，所以，又等比数列的各项均为正数，所以.故选：D.4．从分别写有的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是的倍数的概率为（

）A． B． C． D．A【分析】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【详解】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，，，，，，，共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有，，，，，，，，，共9种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率；故选：．5．函数在区间上的图象大致为（

）A． B． C． D．B【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.【详解】∵，∴为奇函数，图象关于原点对称，C、D错误；又∵若时，，当时，，当时，，∴当时，，当时，，A错误，B正确；故选：B.6．如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论：①平面；

②；③异面直线BE与所成角为；

④三棱锥的体积为长方体体积的．其中，所有正确结论的序号是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④D【分析】取中点为，可证明平面平面，根据面面平行的性质即可判断①；可证明平面，即可判断②；可证明四边形是平行四边形，即可得到，进而可得即等于所求角，求出该角即可判断③；以为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④.【详解】取中点为，连结.对于①，因为分别是的中点，所以，，因为平面，平面，所以平面，同理，平面.因为，平面，平面，，所以平面平面，又平面，所以平面，所以①正确；对于②，由已知可得四边形是正方形，，又平面，平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，又平面，所以，故②正确；对于③，取中点为，连结.因为，，，，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线BE与所成角即等于直线与所成角，因为直线BE与平面所成角为，平面，所以，所以，设，则，则，所以为等边三角形，所以，故③正确；对于④，设长方体体积为，则.因为平面，则，故④正确.故①②③④正确.故选：D.7．一个算法的程序框图如图所示，该程序输出的结果为，则空白处应填入的条件是A． B． C． D．A【分析】运行程序，通过计算循环结构，当时，退出循环结构，由此确定空白处所填写的条件.【详解】运行程序，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，判断是，，此时，需要退出程序，输出的值.故填“”，所以本题选A.本小题主要考查程序框图，考查根据程序框图的输出值填写循环结构的条件，考查裂项求和法，属于基础题.8．设，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B． C． D．D【分析】构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再证，即可得.【详解】构建，则，当时，则，故在上单调递增，∵，则，即，∴，即，构建，则，当时，则，故在上单调递减，∵，则，即，∴，又∵，则，∴，故，即，综上所述故选：D.关键点点睛：①若证，构建，结合导数分析判断；②若证，构建，结合导数分析判断，并根据题意适当放缩证明.9．已知中，，，AD与BE交于点P，且，，则（

）A． B． C． D．B【分析】利用可得，再利用可得，可得关于的方程组，解方程组即求.【详解】∵，，与交于点，且，，∴，又，∴，解得，∴.故选：B.10．已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A． B． C． D．D【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．二、多选题11．已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为，则下列说法正确的是（

）A．B．双曲线的渐近线方程为:C．双曲线的离心率为D．双曲线上的点到焦点距离的最小值为BCD【分析】由题意可得，解得：，所以双曲线，再对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为，所以中的①，故A不正确；对于B，双曲线的渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为，所以，所以②，由①②可得：，所以双曲线的渐近线方程为，故B正确；所以双曲线的，对于C，双曲线的的离心率为，故C正确；对于D，双曲线上的点到焦点距离的最小值为.故选：BCD.三、单选题12．已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值可以是（

）A． B． C．2 D．4D【分析】作出函数的图像，利用图像法求解.【详解】如图，作出函数的大致图像.

时，，，故在点处的切线斜率为，直线过定点，当时，与图像有一个交点；直线过点时，，此时与图像有2个交点；当时，与图像有一个交点；当时，与图像有2个交点.综上，当时，与图像有2个交点，故方程有两个不相等的实数根，则实数的取值可以是4.故选：D四、填空题13．的展开式中的系数为________（用数字作答）．9【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求解.【详解】分两部分考虑：①求中的系数：二项式的通项为：，令，得，故.②求中的系数：二项式的通项为：，令，得，故，所以有，即的系数为9.故914．函数在上单调递增，则的最大值为__________．【分析】由得到，结合正弦函数图象得到不等式组，求出，，利用，求出，从而得到，得到答案.【详解】，则，因为，所以要想在上单调递增，需要满足且，，解得：，，所以，解得：，因为，所以，因为，所以，的最大值是.故答案为15．过抛物线的焦点且倾斜角为锐角的直线与交于两点（横坐标分别为，点在第一象限），为的准线，过点与垂直的直线与相交于点．若，则_____________．9【分析】先判断出直线的倾斜角为，求出的方程，与抛物线联立，解出，即可得到答案.【详解】如图，

由抛物线定义知.而，∴为等边三角形，，故直线的倾斜角为，所以的方程为．由，得，即，则，故．故916．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为__________．【分析】利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出，可得，构造函数，利用导数求出函数在上的最小值可得解.【详解】函数的定义域为，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，所以时，；时，；时，，同时注意到，所以若存在，，使得成立，则且，所以，所以，所以构造函数，而，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即．故答案为关键点点睛：本题的关键点利用导数分析函数得，再构造函数，考查了学生分析问题、解决问题的能力..五、解答题17．如图，在平面四边形中，.(1)若，求的面积；(2)若，求.(1)；(2).【分析】（1）根据求得，再结合求解即可；（2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可.【详解】（1）由,可得，又，故，故；（2）设则，在中，由正弦定理可得，即，∴，即，∴，故，又，解得，又由正弦定理有，故.18．现有三个白球，十五个红球，且甲、乙、丙三个盒子中各装有六个小球．(1)若甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，且小明从三个盒子中任选两个盒子并各取出一个球，求小明取出两个白球的概率；(2)若甲盒中有三个白球，小明先从甲盒中取出一个球，再从乙盒中取出一个球，最后再从丙盒中取出一个球，如此循环，直至取出一个白球后停止取球，且每次取球均不放回．若小明在第次取球时取到白球，求的概率分布和数学期望．(1)；(2)概率分布见解析，数学期望为.【分析】（1）利用独立事件概率公式即得；（2）由题可知可取1,4,7,10，分别求概率，进而可得概率分布及期望.【详解】（1）因为甲、乙、丙三个盒子中各有一个白球，从一个盒中取出一个球是白球的概率为，所以小明取出两个白球的概率为；（2）由题可知可取1,4,7,10，则，，，，所以的概率分布为：14710所以.19．如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.(1)若点是的中点，证明：平面平面；(2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.(1)证明见解析(2)存在，点为棱上靠近端点的三等分点【分析】(1)利用等腰三角形证明且，得出平面，即可得平面平面.(2)建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成的角的正弦值为，借助于平面法向量解出.【详解】（1）证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，∵四边形是边长为的正方形，∴，∵，∴，即：，∴，又∵，点是的中点，∴，同理可得：，又∵，且平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面.（2）如图，连接，易知，，两两互相垂直，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，∵点在棱上，不妨设，，又，∴，∴，∵，，设平面的法向量为，则令，则，∴，又，设直线与平面所成的角为，则，∴，即，解得：或（不合题意，舍去），∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.20．已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为.(1)求椭圆的方程及离心率；(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求在上的射影的轨迹方程.(1)椭圆的方程，离心率；(2)【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；（2）先用“设而不求法”求出直线经过定点，再判断出的轨迹为以BF为直径的圆，即可求出轨迹方程.【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）当直线的斜率存在时，可设l：代入椭圆方程，得设，所以.由（1）可知，点A（-2，0），离心率.因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以.所以.

把代入，整理化简得：，即，所以或.由直线l：，当时，经过定点（-2，0），与A重合，舍去；当时，经过B定点（，0）；当直线的斜率不存在时，可设l：，则，因为，所以，解得：或.当时，直线经过点A，舍去；当时，直线经过B定点（，0）.综上所述，直线l经过B定点（，0）.而在上的射影，即为FH⊥l.所以点H的轨迹为以BF为直径的圆.其中,,所以圆心，半径，所以圆的方程为，故点H的轨迹方程为.21．已知函数．(1)是否存在实数使得在上有唯一最小值，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由；(2)已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是，.①求证：；②求证：．(1)存在，(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）求导，根据的取值范围讨论函数的单调性与最值情况；（2）分离参数，根据函数有两个零点，可转为两函数图象有两个公共点，进而确定，且，，①先证：，再证：，进而得证；②若证，即证，设，构造，根据导数判断函数单调性与最值，即可得证.【详解】（1），，则，，当时，恒成立，函数单调增，没有最值；当时，令，解得，负值舍去，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取到最小值，，解得，所以存在满足条件的；（2）由，得，令，则，令，解得，函数在上单调递减，在单调递增，故在上有唯一最小值点，若方程有两个不同的零点，，则，且，①函数的图象在点，处的切线方程分别为和且在内，在上先证：即，即，，，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以；再证：，即令，则恒成立，所以在上单调递减，所以，令，，即可得，，即；②，则，所以若证，即证，即，即，即证，即，令，即证明令，显然，，令，∴，，，故在区间，上单调递减，在区间，上单调递增，又因，所以在区间上单调递增，故所以在区间上单调递增，所以，则不等式得证．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．22．在直角坐标系中，已知曲线的