四川成都市高三下学期第二次模拟测试数学试题

级高三第二次模拟测试数学本试卷满分分，考试时间分钟.注意事项：．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.．答选择题时，必须使用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.．答非选择题时，必须使用毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.，所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.．考试结束后，只将答题卡交回.85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.设集合，若，则a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由集合间的包含关系，判断端点大小关系即可.【详解】集合，因为，所以.2.复数共轭复数是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简复数成标准式，利用共轭复数定义求解.【详解】因为，所以的共轭复数为.3已知函数，则（）第1页/共22页

A.在上单调递增B.在上单调递增C.在上单调递减D.在上单调递减【答案】B【解析】【详解】若，则，结合正弦函数单调性可知函数在上有增有减，不单调；若，则，结合正弦函数单调性可知函数在上单调递增.4.已知平面向量．若，则（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【详解】因，所以，展开整理得，又因为，故，，，代入等式得：，解得.第2页/共22页

5.已知函数的图象如图所示，则其解析式可能为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数图像，结合函数的性质逐项判断即可求解.【详解】对于A，的图像是一条直线，故A错误；对于B，的定义域为，又时，，所以，故B错误；对于C，对数函数在单调递增，满足题意，故C正确，对于D，的定义域为，又，由，，所以，故D错误.6.已知5张奖券中只有2张有奖，甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张，设甲、乙、丙中奖的概率分别为，则（）A.最大B.最大C.最大D.【答案】D【解析】【分析】计算甲中奖的概率，直接利用古典概型，乙中奖的情况，全概率公式，丙中奖的情况用全概率公式分多种情况计算.【详解】计算甲中奖概率：甲第一个抽取，5张奖券共2张有奖，因此；第3页/共22页

计算乙中奖概率，乙中奖分两种情况：甲中奖后乙中奖：概率为；甲未中奖后乙中奖：概率为；；计算丙中奖概率，分情况计算丙中奖情况：甲中、乙中、丙中：；甲中、乙不中、丙中：；甲不中、乙中、丙中：；甲不中、乙不中、丙中：；；因此.7.已知，设甲：，乙：，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【解析】【分析】取可得甲不能推出乙，若，不妨假设，可得，求出范围，推出矛盾可得乙能推出甲即可判断选项.【详解】不妨取，满足，此时：，不满足：，所以甲不能推出乙；若，不妨假设，因为，且，则，因为在上是单调递减函数，第4页/共22页

所以，则，因为，则，此时，则，所以与矛盾，则假设不成立，所以乙能推出甲，综上，甲是乙必要条件但不是充分条件.8.已知抛物线的准线与对称轴的交点为与抛物线交于AB两点，则的外接圆在x轴上截得的弦长为（）A.B.12C.D.【答案】C【解析】【分析】联立直线与抛物线方程，得到交点坐标，再求出三角形外接圆方程，得到弦长.【详解】由题意得，解得，联立直线与抛物线得，故或8，当时，，当时，，不妨设，设的外接圆方程为，将和代入得，解得，故的外接圆方程为，令得，解得或，第5页/共22页

所以的外接圆在x轴上截得的弦长为.36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.记为等差数列的前n项和．已知，则（）A.B.C.为等差数列D.为等比数列【答案】ACD【解析】【分析】利用等差数列的基本量运算求出首项与公差，进而求得其通项，再根据选项代值检验，利用等差（比）数列的定义逐一判断即可.【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，解得，故.对于A，由通项易得，故A正确；对于B，因，而，即，故B错误；对于C，因，则，由，可得数列为等差数列，故C正确；对于D，因，则，由，可得为等比数列，故D正确.10.如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（）第6页/共22页

A.平面平面B.C.D.平行六面体的体积为【答案】ABD【解析】ABC根据线面垂直得到线线垂直，由空间向量相关公式得到的长度，进而求出；D选项，求出平行六面体的高，得到体积.【详解】A选项，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可知，平面，又，平面，所以平面平面，A正确；B选项，连接，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以⊥，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，B正确；C选项，因为平面，平面，所以，，，则，即，第7页/共22页

又，，设的长度为，故，解得，负值舍去，又，故，所以，C错误；D选项，，又，故，故，过点作⊥于点，则，因为平面，平面，所以，因为平面，为相交直线，所以⊥平面，故为平行六面体的高，菱形的体积为，则平行六面体的体积为，D正确.第8页/共22页

已知是定义在上的函数，若，则（）A.当函数均为奇函数时，为奇函数B.当函数均为增函数时，为增函数C.当函数均有最小值时，有最小值D.当函数均有最大值时，有最大值【答案】BC【解析】【分析】取，，计算可判断A；根据函数单调性定义可判断B；根据函数最小值定义可判断C，取，取，计算可判断D.【详解】对于A，设，，则，即.此时为偶函数，故A错误.对于B，若，都有，则，为增函数；若，都有，则，为增函数；若，假设时，时，则在上的最大值，在上的最小值，且必有，此时为增函数.故B正确.对于C，由，可设.若最小值为，最小值为，记，，有，，则，且使得，第9页/共22页

即有最小值，故C正确.对于D，取，取，则，此时为上的增函数，无最大值，故D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.在的展开式中，项的系数为_____________．【答案】10【解析】【分析】依据多项式乘法的法则得到含项只需要其中三个因式取第四个因式不取即可.【详解】展开式中项的产生，可以看作，，，四个括号中三个括号取，一个括号取常数，所以项的系数为.13.已知双曲线P为等腰直角三角形，则C的离心率为_____________．【答案】【解析】【详解】当时，为等腰直角三角形，，这与双曲线定义矛盾；当时，为等腰直角三角形，，根据勾股定理，得，再根据双曲线定义得，即，化简得.第10页/共22页

当时，为等腰直角三角形，，根据勾股定理，得，再根据双曲线定义得，即，化简得.综上，C的离心率为.14.在直角三角形ABC中，D为斜边AB与的内切圆面积相等，则_____________．【答案】【解析】【分析】如图，设，两圆半径为，根据内切圆性质可构建关于、的方程，求出后再结合三角变换和正弦定理可求的长.【详解】由题设，两圆半径相等，设内切圆半径为.设圆为的内切圆，该圆与的切点为，圆为的内切圆，该圆与的切点为，则为的平分线.第11页/共22页

因为，故，故，故同理，设，则，，故且，所以，即，故，故（负值舍去）.故，而为锐角，故，而，因为锐角，故，，所以，在中，由正弦定理可得，故，故，故.第12页/共22页

四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.国民体质是国家和社会发展的重要基础．为贯彻落实《“健康中国203020252023合格四个等级．某地区为了解国民体质情况是否与爱好运动有关，从该地区体质达到“合格”及以上的人群中随机抽取了人进行问卷调查，得到如下列联表：体质情况合格良好及以上合计组别爱好运动不爱好运动合计（1）求的值，并依据小概率值的独立性检验，分析体质情况是否与爱好运动有关；（2）在体质情况综合评级为“合格”的对象中，按是否爱好运动进行分层，用比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取6人作进一步调查，再从这6人中随机抽取2人线下访谈，记这2人中“爱好运动”的人数为X，求X的分布列及数学期望．附：，其中．【答案】（1），体质情况与爱好运动有关.（2）的分布列为：第13页/共22页

012.【解析】1）求出参数值并完善表格，根据公式计算的值后可得正确判断；（2）先确定的所有可能取值，根据超几何分布计算概率后结合期望公式可求.【小问1详解】由表中数据可得，表格完善如下：体质情况合格良好及以上合计组别爱好运动不爱好运动合计设：体质情况与爱好运动无关，则，根据依据小概率值的独立性检验，否定，故体质情况与爱好运动有关.【小问2详解】易知名体质情况“合格”对象中有人爱好运动，人不爱好运动，故的所有可能取值为0，1，2，，，，即所求分布列为第14页/共22页

012所以的期望.16.ABCDPAD底面ABCD，M是PD的中点．（1）求证：；（2）求平面MAC与平面ABCD的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【小问1详解】因为底面为正方形，所以，又侧面底面，平面，平面平面，所以平面.又平面，故.因为侧面为正三角形，是的中点，所以.又，平面，，所以平面.又平面，所以.【小问2详解】不妨设，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.第15页/共22页

则由题设可得，，，，.因为底面，得平面的一个法向量；设是平面的法向量，则，即，可得平面的一个法向量，则.所以平面与平面的夹角的余弦值为.17.已知函数在处的切线方程为．（1）求，；（2）设是方程的两根，求证：．（注：【答案】（1）.（2）证明见详解.【解析】1）求导得，结合，列出方程组求解；（2）令，根据导数结合零点存在定理求出单调性，易得的一个根为，第16页/共22页

再利用零点存在定理找到另一个根的范围即可证明.【小问1详解】由题意可得，因为在处的切线方程为，所以，即，解方程得.【小问2详解】令，，由题意可知方程的两根，即为函数的两个零点，不妨设.求导在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在区间上单调递增，又，，根据零点存在定理可知存在唯一的使得.所以当，，函数在区间上单调递减；当，，函数在区间上单调递增.由，得，从而，又因为，，所以，故.18.设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为．（1）求的离心率；第17页/共22页

（2）设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2．（i）求的方程；（ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值．【答案】（1）（2i）ii）4【解析】1）写出的面积表达式，可得出，即可求出离心率；（2i）设，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当时，取得最大值为，求得，可得出的方程；（ii角形面积关系可求得，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得的最大值为4.【小问1详解】易知，所以的面积为，可得，又因为，可知；故的离心率为【小问2详解】（i）由（1）可知的方程可设为；设，则，可得，又，第18页/共22页

故因为，所以时，取得最大值为，即，解得.故的方程为.（ii）设，则，所以；当时，此时直线的斜率不存在，可得，，故，当时，此时直线的斜率为，可得直线的方程为，如下图：联立可得，解得，因为，与