四川省达州市高三二模数学（理科）试题

达州市普通高中2023届第二次诊断性测试数学试题（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.[1，4] B. C.(1，4) D.[1，4)【答案】B【解析】【分析】求出集合，再由并集的定义即可得出答案.【详解】，因为，所以.故选：B.2.复数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算法则即可得到答案.【详解】由题意得，故选：B.3.在等比数列中，，，则（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，求出的值，可得出，代值计算即可得解.【详解】设等比数列的公比为，则，所以，.故选：D.4.命题p：，，则为（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】对全称量词的否定用特称量词，直接写出.【详解】因为对全称量词的否定用特称量词，所以命题p：，的否定为：，.故选：D5.设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的右支交于P，Q两点，则（）A.5 B.6 C.8 D.12【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义知，，则，即可得出答案.【详解】双曲线C：，则，，由双曲线的定义知：，，，所以.故选：C.6.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性及正切函数的单调性即可得解.【详解】，，，，故选：C7.果树的负载量，是影响果树产量和质量的重要因素.苹果树结果期的负载量y（单位：kg）与干周x（树干横截面周长，单位：cm）可用模型模拟，其中，，均是常数.则下列最符合实际情况的是（）A.时，y是偶函数 B.模型函数的图象是中心对称图形C.若，均是正数，则y有最大值 D.苹果树负载量的最小值是【答案】C【解析】【分析】因为的定义域为，不关于原点对称，可判断A，B；对函数求导，得出函数的单调性，可判断C，D.【详解】因为的定义域为，不关于原点对称，故A不正确；模型函数的图象也不可能是中心对称图象，故B不正确；，则或，若，，均是正数，则，令，则；令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，y有最大值，故C正确；，若，则，函数在上单调递增，所以，苹果树负载量的最小值不是，故D不正确.故选：C.8.已知向量满足，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量的运算作出图形进行分析，再由圆的对称性得出的最大值.【详解】如下图所示：圆的半径为1，设，因为，所以点在圆上，则，由图可知，，即的最大值为.故选：A9.三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面平面有两个内角分别为和，则球的表面积不能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据面面垂直结合直角三角形三边关系分类讨论确定外接球半径的可能值，即可求表面积，故得答案.【详解】如图取中点为，连接因为平面平面，平面平面，又，中点为，所以，又平面，所以平面因为，所以，有两个内角分别为和，所以为直角三角形①当为斜边时，连接则在中，，即，所以为三棱锥的外接球球心，为半径大小所以球的表面积为；②当为内角所对的边时，则不妨取，取中点，连接则在中，，则，所以，因为分别为中点，所以，又平面，平面，所以，则，所以为三棱锥外接球球心，为半径大小所以球的表面积为；③当为内角所对的边时，则不妨取，取中点，连接则在中，，则，所以，因为分别为中点，所以，又平面，平面，所以，则，所以为三棱锥的外接球球心，为半径大小所以球的表面积为；综上，球的表面积为.故选：C.10.如图，在中，，，，平面内的点、在直线两侧，与都是以为直角顶点的等腰直角三角形，、分别是、的重心.则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量数量积的定义可求得，求出、、，利用余弦定理可求得的长.【详解】由平面向量数量积的定义可得，解得，延长交于点，延长交于点，则、分别为、的中点，因为、均是以点为直角顶点的等腰直角三角形，且，，所以，，，则，，因为、分别是、的重心，则，，又因为，同理可得，所以，，由余弦定理可得，因此，.故选：A.11.把腰底比为（比值约为，称为黄金比）的等腰三角形叫黄金三角形，长宽比为（比值约为，称为和美比）的矩形叫和美矩形.树叶、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黄金比.在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的的比例关系，常用的纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条对角线构成的图形），.图二是长方体，，.在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】确定黄金三角形和和美矩形的个数，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】在如下图所示的正五角星中，该图中共有个三角形，且等腰的腰底之比大于，等腰的腰底之比小于，且，则等腰的腰底之比为，则在该五角星中，黄金三角形的个数为，在如下图所示的长方体中，，，则，，，所以，矩形、均为和美矩形，所以，长方体中共个矩形，其中和美矩形的个数为，所以，图一和图二中共个三角形，个矩形，在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为.故选：B.12.点均在抛物线上，若直线分别经过两定点，则经过定点，直线分别交轴于，为原点，记，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用条件，用表示出两点坐标，从而求出直线的方程，进而求出定定点，再根据条件得到，再利用柯西不等式即可求出结果.【详解】如图，由题易知直线斜率均存在，设直线方程为，，由，消得，即，由韦达定理得，所以，代入，得到，所以，设直线方程为，，由，消得，即，由韦达定理得，所以，又因为，所以，代入，得到，所以，所以直线的斜率为，所以的方程为，即所以，即，故直线过定点，令，得到，所以，所以，，又因为，所以，所以，，又，所以，又由柯西不等式知，当且仅当，即时，取等号，所以，即，故选：D.【点睛】解决本题的关键在于，利用条件求出，两点，再利用点斜式表示出直线，进而求出定点.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若展开式的二项式系数和为64，则展开式中系数为___________.【答案】【解析】【分析】根据二项式系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得的系数.【详解】依题意的展开式的二项式系数和为，所以，即.二项式展开式的通项公式为.令，所以展开式中含的系数为.故答案为：14.函数的部分图象如图，是曲线与坐标轴的交点，过点的直线与曲线的另一交点为．若，则___________.【答案】【解析】【分析】由题设分析知过，且，求出、，根据求结果即可.【详解】由题设，过，，则，即，又，则，故且，即，，显然，则，故且，可得，综上，当时，，故，故故答案为：.15.如图，、、分别是正方体的棱、、的中点，是上的点，平面.若，则___________.【答案】【解析】【分析】设，其中，将、、用基底表示，分析可知、、共面，则存在、，使得，根据空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出的值，即可得出的长度.【详解】设，其中，，，，因为平面，则、、共面，显然、不共线，所以，存在、，使得，即，因为为空间中的一组基底，所以，，解得，因此，.故答案为：.16.是数列前项和，，，给出以下四个结论：①；②；③；④.其中正确的是___________（写出全部正确结论的番号）.【答案】①②③【解析】【分析】分析可知为常数列，求出数列的通项公式，可判断①；求出的表达式，利用等差数列的求和公式可判断②；证明出当时，，可得出，结合放缩法可判断③；取可判断④.【详解】对于①，因为，，所以，，所以，数列为常数列，则，所以，，①对；对于②，，令，则，所以，数列为等差数列，因此，，②对；对于③，设，其中，则，当时，，单调递减，，即，当且仅当时，等号成立，所以，，所以，，③对；对于④，因为，而，④错.故答案为：①②③.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22､23题为选考题，考生根据要求作答.17.村民把土地流转给农村经济合作社后，部分村民又成为该合作社职工.下表是某地村民成为合作社职工，再经过职业培训后，个人年收入是否超过10万元的人数抽样统计：年收入超过10万元年收入不超过10万元合计男45550女7525100合计12030150（1）是否有99%的把握认为经过职业培训后，合作社职工年收入超过10万元与性别有关？（2）根据合同工期要求，合作社要完成A，B，C三种互不影响的产品加工，拟对至少完成其中两种产品加工的职工进行奖励（每个职工都有加工这三种产品的任务），若每人完成A，B，C中任何一种产品加工任务的概率都是0.8，求某职工获奖的概率（结果精确到0.1）.附①参考公式：.②检验临界值表：0.100.0100.0012.7066.63510.828【答案】（1）没有的把握认为经过职业培训后，合作社职工年收入超过10万元与性别有关（2）0.9【解析】【分析】（1）计算，比较临界值，得出结论；（2）某职工获奖为获两项或者获三项两互斥事件，根据互斥事件概率求和公式计算.【小问1详解】由表知，观测值.没有的把握认为经过职业培训后，合作社职工年收入超过10万元与性别有关.【小问2详解】由题意，设某职工获奖概率为.则，所以某职工获奖的概率为0.9.18.如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面平面,,，，、分别是、的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可得出平面，可得出，再证明出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以过点平行于的直线为轴，分别以直线、为轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.【小问1详解】证明：：，是的中点，.平面平面，平面平面，平面，平面.平面，，设，则，，在中，由余弦定理得，.，，是中点，四边形是平行四边形，则，且，所以，四边形为平行四边形，，则，，、平面，平面.平面，平面平面.【小问2详解】解：由（1）知，且平面，，以过点平行于的直线为轴，分别以直线、为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.，，则，，，则、、、，则，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，易知平面一个法向量为，，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19.在中，角、、所对的边分别为、、，.（1）求；（2）若，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的余弦公式化简可得出，即可求得的值；（2）分析可知、均为锐角，利用两角和的正切公式结合基本不等式可得出，求出的最小值，即可求得的最小值.【小问1详解】解：，.由正弦定理得..因为，则，，，则，所以，，即，所以，，，即.【小问2详解】解：由（1）得.若，则、均为钝角，则，矛盾，所以，，，此时、均为锐角，合乎题意，，当且仅当时，等号成立，且为钝角.，则，且为锐角，由，解得，即，当且仅当时，等号成立，，.因此，面积的最小值为.20.已知分别是椭圆的左顶点和右焦点，过的直线交于点.当到的最大距离为4时，.（1）求的标准方程；（2）设的右顶点为，直线的斜率为，直线的斜率.若，①求的值；②比较与的大小.【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）由题意时，到距离最大为4，此时为通径，列出方程即可得解；（2）①直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，设的坐标为，联立直线方程与椭圆方程，由根与系数的关系及斜率公式列式可求得，②由①及，求出直线的斜率，联立椭圆求出的坐标，计算即可得解.小问1详解】设椭圆的焦距为，则.到的最大距离为，此时，椭圆的通径为，解得.所以椭圆的标准方程为：.【小问2详解】如图，①分别设的坐标为.因为直线过定点，所以当时，；当时，，都与矛盾，因此.设直线的方程为，将代入，化简得，..由（1）得，.②，.直线与直线的方程分别为.分别由方程组和解得.，.21.设函数（、均为实数）.（1）当时，若是单调增函数，求的取值范围；（2）当时，求的零点个数.【答案】（1）（2）的零点个数是【解析】【分析】（1）当时，可得出，求得，令，利用导数求出函数的最小值，分析可知恒成立，即可得出实数的取值范围；（2）令可得出，设，则，利用导数分析函数的单调性与极值，即可得出方程的解的个数，即可得解.【小问1详解】解：，.，且，即.设，则，即.不等式的解集为，的解集为.所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.因为，所以，，为单调增函数，恒成立，即.【小问2详解】解：由得.设，则，则，即.令，则，且.当时，，单调递减；当时，，单调递增.，.且，，在区间单调递增.设，其中，则，当时，，单调递减，，即，，，当时，.当时，，，当时，.对任意实数，方程只有一个解，即的零点个数是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想