重庆市2022-2023学年高三数学下学期二模试题（适用新高考）（Word版附解析）

2023年重庆市高考数学适应性考试第二次模拟试题（适用新高考）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意利用指、对数函数的单调性求集合，进而可求交集.【详解】由题意可得：，则.故选：C.2.复平面内复数满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数模的几何意义得出对应点的轨迹，设，即可计算的最小值．【详解】因为，所以点是以，为焦点，半实轴长为1的双曲线，则，所以点的轨迹方程为，设，所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为．故选：B．3.已知的二项展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则所有项的系数之和为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据第项与第项的二项式系数相等列出等式，解出，再用赋值法即可得出结果.【详解】解：因为，且第项与第项的二项式系数相等，所以，解得，取，所以所有项的系数之和为：.故选：C4.在张奖券中有一等奖张，二、三等奖各张，其余张无奖，将这张奖券分配给个人，每人张，则不同的获奖情况数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】1.若中奖人数为四人，则不同的获奖情况有种；2.若中奖人数为三人，则必有一人的张奖券（设为）均中奖，可得：①若均为一等奖，不同的获奖情况有种；②若为二、三等奖，不同的获奖情况有种；③若为一、二或一、三等奖，不同的获奖情况有种；故中奖人数为三人，则不同的获奖情况有种；3.若中奖人数为两人，则有：①若张一等奖的奖券为同一人获得，不同的获奖情况有种；②若张一等奖的奖券为不同人获得，不同的获奖情况有种；故中奖人数为两人，则不同的获奖情况有种；综上所述：不同的获奖情况数为.故选：A. 5.若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据奇偶数对n讨论，再分离参数a，转化函数最值问题即得解.【详解】（1）当n为偶数时，恒成立，即转化为恒成立，而数列是递增数列，故时，，故；（2）当n为奇数时，恒成立，即，转化为恒成立，而数列是递增数列，n为奇数时，，故；综上可得a的范围为.故选：B.6.设两个相关变量和分别满足下表：若相关变量和可拟合为非线性回归方程，则当时，的估计值为（）（参考公式：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】先将非线性回归方程化为线性，令，则可得，根据数据及公式分别求出，代入非线性回归方程可得变量和之间的关系，将代入化简计算即可.【详解】解：因为非线性回归方程为：，则有，令，即，列出相关变量关系如下：01334所以，，，，所以，所以，所以，即，即，因为，所以，当时，.故选：B7.是双曲线的左右焦点，点为双曲线右支上一点，点在轴上，满足，若，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据向量加法运算法则，结合平行四边形的性质可确定以为邻边的平行四边形为菱形，得到，结合双曲线定义可求得，利用余弦定理可构造的齐次方程，从而求得离心率.【详解】设，则，是以为邻边的平行四边形的一条对角线，又，为的角平分线，以为邻边的平行四边形为菱形，，由双曲线定义知：，，，在中，由余弦定理得：，双曲线的离心率.故选：D.8.设，其中是自然对数的底数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先构造函数得到，判断出，由二项式定理判断出，比较出a、b；对于a、c，构造函数，利用单调性证明出，即可得到答案.【详解】记，则， 所以在上单调递减，所以，所以在上，所以，又单调递增，所以，所以，即，而由二项式定理得：，对于a、c，由，，记，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以.综上所述：故选：C.【点睛】方法点睛：比较大小：（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较；（3）根据式子结构，构造新函数，利用导数判断单调性，比较大小.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩满分为分，成绩都是整数中抽取一个样本量为的样本，其中男生成绩数据个，女生成绩数据个，再将个男生成绩样本数据分为组：，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图同一组的数据用该组的中间值代表则下列说法中正确的是（） A.男生成绩样本数据的平均数为B.估计有的男生数学成绩在分以内C.在和内的两组男生成绩中，随机抽取两个进行调查，则调查对象来自不同分组的概率为D.若男生成绩样本数据的方差为，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为和，则总样本的方差为【答案】AC【解析】【分析】利用频率分布直方图及相关数字特征的计算公式可判断AB，根据古典概型概率公式可判断C，利用按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系进行求解判断D.【详解】对于选项A，根据频率分布直方图有，男生成绩样本数据的平均数，故A正确；对于选项B，根据频率分布直方图有，男生数学成绩在分以内的人数的频率为，所以估计有的男生数学成绩在分以内，故B错误；对于选项C，根据频率分布直方图有，在和内的男生人数分别为6人、2人，随机抽取两个进行调查，则调查对象来自不同分组的概率为，故C正确；对于选项D，设女生成绩样本数据的平均数为，则总样本的平均数，所以总样本的方差为 ，故D错误.故选：AC.10.已知点，圆，若在圆上存在唯一的点使得，则可以为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，可得点的轨迹为以为直径的圆，故点是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系即可求出．【详解】根据可知，点的轨迹为以为直径的圆，,圆的圆心,,圆的圆心,若在圆上存在唯一的点使得,故圆和圆相切，即或,,即或(无解)，即或故或故选：D．11.若空间中经过定点的三个平面，，两两垂直，过另一定点A作直线与这三个平面的夹角都为，过定点A作平面和这三个平面所夹的锐二面角都为记所作直线的条数为，所作平面的个数为，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】以正方体为例进行研究，正方体的体对角线满足与同一顶点出发的三个平面所成角都相等，得m的值，再结合正方体内的正四面体与同一顶点出发的三个平面的夹角都相等，得n的值，判断AB，再利用几何知识求出角的三角函数值判断CD.【详解】由题意，将三个两两互相垂直的平面，，放入正方体 中，平面，，分别对应平面、平面、平面，根据正方体的对称性，体对角线分别与三个平面，，所成角都相等，因为平面平面，所以体对角线分别与三个平面，，所成角都相等，同理体对角线、、分别与三个平面，，所成角都相等，过点A分别作、、、的平行线，则这四条平行线分别与三个平面，，所成角都相等，所以满足题意的直线l有4条，即m=4，故选项A正确；因为正方体内正四面体的四个平面与正方体的六个平面所夹的锐二面角都相等，所以正四面体的四个平面与平面，，所夹的锐二面角都相等，所以过A分别作与正四面体的四个平面平行的平面即可得到平面，所以满足题意的平面有4个，即n=4，所以m+n=8，故选项B错误；连接，因为平面，所以为在平面上的射影，故为直线与平面所成角，因为l，所以直线与平面所成的角为，设正方体棱长为1，则，所以，即，所以选项C错误；设，连接MC，因为平面，平面，所以，又，且，平面，平面，所以平面，平面，所以，则是平面与平面所夹的锐二面角，也是平面和平面所夹的锐二面角，因为，所以，所以，即，故选项D正确. 故选：AD【点睛】方法点睛：1、对于抽象的线线、线面、面面关系问题，可以放置在正方体中研究其位置关系；2、掌握正方体中常用的线线关系、线面关系及面面关系是解决选填题的关键，比如体对角线与正方体的各个侧面所成角都相等.12.已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，进而可得为周期为4的偶函数，然后赋值法逐项分析即得．【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故，由，，得，即，所以是周期函数，且周期为4，，，所以，对选项A：由，令得，，所以，故A正确；对选项B：由，令得，，故 ，所以B正确；对选项C：由，可得，又，所以，又是奇函数，，所以，又，所以，即，所以，，，所以函数为周期为4的偶函数，所以，故C正确；对选项D：，由题得不出，所以不一定成立，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量为__________.用表示【答案】##【解析】【分析】先计算向量与向量的数量积，再代入投影向量公式中，即可得答案.【详解】∵夹角为，，∴，∴所以向量在向量方向上的投影向量为.故答案为：.14.已知 的图象在处的切线与与函数的图象也相切，则 该切线的斜率__________.【答案】【解析】【分析】分别求两条曲线的切线方程，比较系数得a的值.【详解】函数的图象在处的切线的切点为，因为，所以切线斜率为，切线方程为，即，设的图象的切线的切点为，因为，所以切线斜率为，切线方程为，即，由题，解得，，斜率为.故答案为：.15.如图，函数的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于点，坐标原点为的重心三条边中线的交点，其中，则__________．【答案】【解析】【分析】根据三角函数的图象，求得函数的解析式，得到，结合，即可求解.【详解】因为O为的重心，且，可得， 解得，所以，所以，所以，所以，解得，可得，由，即，可得，解得，又由，所以，所以，于是，所以..故答案为：.16.已知球的表面积为，三棱锥的顶点都在该球面上，则三棱锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意可求球的半径，当三棱锥底面越大，高越长的时候，三棱锥体积有最大值，设三棱锥底面的外接圆半径为，利用导数可求三棱锥体积的最大值.【详解】根据题意，设球的半径为，则有，解得，设底面的外接圆的圆心为，需要的面积越大，先定住点，若要的面积最大，则得为等腰三角形，且在的底边的高线上，如图所示， 设到线段距离为，底面的外接圆半径为，故，，，令，，故，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，此时的面积最大，此时，即，所以是正三角形时，圆的内接三角形面积最大，设正三角形的底面边长为，，三棱锥的高为，则，故，所以三棱锥的体积：，令，，由，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取最大值，即三棱锥的体积取得最大值为，故答案为：. 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知结合正弦定理边角互化得出，再根据，约掉，即可得出，变形结合辅助角公式得出，即可根据角的范围得出答案；（2）根据已知结合正弦定理得出，，即可得出，由四边形内角和得出，即可将式子中的角转化为，即可根据诱导公式与二倍角的正弦公式结合角的范围得出，即可得出与，再根据三角形的面积公式得出答案.【小问1详解】由题设及正弦定理边角关系：，又，，即，即，又，则， ，即．【小问2详解】令，四边形内角和为，由（1）的结论知：，在中，由正弦定理得：，即，在中，，即，又，，则，即，即，，，，，即，则，，，.18.已知数列的前项和为,且满足,且.（1）求证:数列为常数列,并求的通项公式;（2）若使不等式成立的最小整数为,且,求和的最小值.【答案】（1）证明见解析,（2）;的最小值为:【解析】【分析】(1)中两边同除,再结合裂项即可同构出所需数列;(2)中由不等式成立的最小整数为可以确定为二次函数且开口向上,结合,即可求出,从而就确定了. 【小问1详解】因为,两边同除得,,所以所以数列为常数列;所以.【小问2详解】由(1)知,数列是等差数列,所以因为,化简得;令,则成立的最小值为,所以;解得.因为,所以;所以,故的最小值为.19.如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接（1）证明：； （2）若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】分析】（1）先证平面，得，再证平面，得，然后证明平面，得证；（2）以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角得的长，然后利用棱锥体积公式计算．【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以，由底面为矩形，有，而，平面，所以平面，又平面，所以．又因为，点是的中点，所以．而，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以得证．【小问2详解】如图，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．因为，设，（），则，，点是的中点，所以， 由，所以是平面的一个法向量；由（1）知，，所以是平面的一个法向量．因为平面与平面所成二面角的大小为，则，解得（负值舍去）．所以，．20.某网络在平台开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项活动．（1）若甲第一关通过的概率为，第二关通过的概率为，求甲可以进入第三关的概率；（2）已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为分，现要根据得分给共名参加者中得分前名发放奖励，①假设该闯关活动平均分数为分，分以上共有人，已知甲的得分为分，问甲能否获得奖励，请说明理由；②丙得知他的分数为分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为分，分以上共有人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪．附：若随机变量，则；；．【答案】（1）（2）①能，理由见解析；②乙所说为假【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率公式，结合甲闯关的可能情况求解即可；（2）①利用正态分布的对称性及法则，求得前名参赛者的最低得分即可判断；②假设乙所说为真，利用正态分布的对称性及法则，证得丙的分数为分是小概率事件，从而得以判断. 【小问1详解】设：第次通过第一关，：第次通过第二关，甲可以进入第三关的概率为，由题意知.【小问2详解】设此次闯关活动的分数记为．①由题意可知，因为，且，所以，则；而，且，所以前名参赛者的最低得分高于，而甲的得分为分，所以甲能够获得奖励；②假设乙所说为真，则，，而，所以，从而，而，所以为小概率事件，即丙的分数为分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙所说为假．21.过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且 相交于点，，相交于点，．以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为．（1）若，求；（2）若，求点到直线的距离的最小值．【答案】（1）24（2）【解析】【分析】（1）根据题意设直线的方程为，联立抛物线的方程可得关于的一元二次方程，从而可得，，进而可得点的坐标，即可得到的坐标表示，同理可得，求解即可；（2）结合（1），根据抛物线的定义得，，进而可得，即可得到圆的半径，从而可得到圆的方程，同理也可得到圆的方程，两圆方程相减即可得到直线的方程，再根据点到直线的距离公式即可求解．【小问1详解】依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，由，得，设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，所以所以点的坐标为，，同理可得的坐标为，，于是，又，所以．【小问2详解】结合（1），由抛物线的定义得，，所以，所以圆的半径， 所以圆的方程为化简得，同理可得圆的方程为，于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，又，则直线方程为，所以点到直线的距离，故当时，取最小值．【点睛】关键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得，，进而可得，从而得到圆的半径，可得到圆的方程，同理可得到圆的方程，再根据点到直线的距离公式求解．22.已知函数，且．（1）求的极值点；（2）设，若，分别是的零点和极值点，证明：．【答案】（1）极大值点为1，没有极小值点；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，即得函数的极值点；（2）证明，，再证明时，成立，最后证明当时，成立，原题即得证.【小问1详解】因为且，当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，没有极小值点． 【小问2详解】因为，所以 ，若，分别是的零点和极值点，则，即，，，所以由于 ，，则，，即，，因为，所以当，即时，成立，下面证明当时，成立，若，则只需证明设，则，设，则为增函数，且， 所以存在唯一，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，所以，单调递增，所以， 等价于．设，则 当时，即时，，，单调递减，所以当，，即当时成立， 再令，则，当时，，单调递增，所以当时，，即，成立．综上，若，分别是的零点和极值点，有．【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于证明不等式，关键一在于转化为明和当时，成立，关键二在于需要多次转化和构造函数，利用导数研究函数的性质.