四川省成都市石室中学2023届高三理科数学二诊复习模拟试卷八（Word版附答案）

成都石室中学高2023届二诊复习题八一、选择题1．设集合，，则（    ）.A．B．C．D．2．已知是关于的方程的一个根，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知为等比数列，，公比为，则“”是“对任意的正整数n，”的（    ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．如图是近十年来全国城镇人口､乡村人口随年份变化的折线图（数据来自国家统计局）.根据该折线图判断近十年的情况，下列说法错误的是（    ）A．城镇人口与年份成正相关B．乡村人口与年份的样本相关系数接近1C．城镇人口逐年增长量大致相同D．可预测乡村人口仍呈下降趋势5．执行如图所示的程序框图，为使输出的数据为31，则判断框中应填入的条件为（      ）A．B．C．D．6．某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的3盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有（    ）A．60B．35C．20D．57．设非零向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（    ）A．B．C．D．8．李明开发的小程序经过t天后，用户人数，其中k为常数.已知小程序发布经过10天后有2000名用户，则用户超过50000名至少经过的天数为（    ）（取）A．31B．32C．33D．349．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，右顶点为B，虚轴的上端点为C，若线段BC与双曲线的渐近线的交点为E，且，则双曲线的离心率为（    ）A．B．C．D．10．月牙泉，古称沙井，俗名药泉，自汉朝起即为“敦煌八景”之一，得名“月泉晓澈”，因其形酷似一弯新月而得名．如图所示，某月牙泉模型的边缘都可以看作是圆弧，两段圆弧可以看成是的外接圆和以AB为直径的圆的一部分，若，AB的长约为，则该月牙泉模型的面积约为（    ）A．B．C．D．11．图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（    ）A．B．C．D．12．已知,若,则的最小值等于(    )A．B．C．D． 二、填空题13．已知抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且过点，则此抛物线的标准方程为______．14．一个三棱锥的正视图如图①所示，则其侧视图和俯视图编号依次为_______（写出符合要求的一组答案即可）15．已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且，则__________．16．在正方体中，点P满足，其中，，则下列结论正确的是______.①当时，平面；②当时，与平面所成角的最小值为；③当时，过点、P、C的平面截正方体所得截面均为四边形；④满足到直线的距离与到直线的距离相等的点P恰有两个.三、解答题17．已知中，内角，，所对的边分别为，，，且满足.(1)求角的大小；(2)设是边上的高，且，求面积的最小值.18．如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．(1)证明：平面；(2)侧棱上是否存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 19．为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验．研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按分组，绘制频率分布直方图如图所示，实验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只，假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立．抗体指标值合计小于60不小于60有抗体没有抗体合计(1)填写下面的2×2列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关．（单位：只）(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小自鼠产生抗体．（i）用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p；（ii）以（i）中确定的概率p作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记n个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X．试验后统计数据显示，当X=99时，P（X）取最大值，求参加人体接种试验的人数n．参考公式：（其中为样本容量）0.500.400.250.150.1000.0500.0250.4550.7081.3232.0722.7063.8415.02420．已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，其左右顶点分别为为椭圆的短轴端点，且.(1)求椭圆的方程；(2)设为椭圆上异于的任意一点，设直线与直线交于点，过作直线的垂线交椭圆于两点.（i）设直线与的斜率分别为，证明：为定值，并求出该定值；（ii）求（为坐标原点）面积的最大值. 21．已知函数．(1)讨论在上的单调性；(2)若时，方程有两个不等实根，，求证：．22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点A为曲线上的动点，点B在线段OA的延长线上，且满足，点B的轨迹为．(1)求，的极坐标方程；(2)设点C的极坐标为(2，0)，求△ABC面积的最小值． 参考答案：1．C【分析】解对数不等式得集合A，解分式不等式得集合B，然后利用交集的运算求解即可.【详解】由，得，所以，或，所以，即.故选：C2．B【分析】根据一元二次方程的复数根为共轭复数，再结合韦达定理可求得，再根据复数的几何意义即可得解.【详解】因为是关于的方程的一个根，所以方程的另外一个根为，则，所以，所以在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.3．B【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得，然后分别验证充分性以及必要性即可得到结果.【详解】由题意得，，若，因为的符号不确定，所以无法判断的符号；反之，若，即，可得，故“”是“对任意的正整数n，”的必要而不充分条件故选:B4．B【分析】根据折线图可分析城镇人口与年份的关系可判断A，根据相关系数的概念可判断B，根据折线图趋势可判断C,D. 【详解】对于A选项，由折线图可知，城镇人口与年份成正相关，A正确；对于B选项，因为乡村人口与年份成负线性相关关系，且线性相关性很强，所以接近B错误；对于C选项，城镇人口与年份成正相关，且线性相关性很强，设线性经验回归方程为，当时，，故城镇人口逐年增长量大致相同，C正确；对于D选项，乡村人口与年份成负线性相关关系，可预测乡村人口仍呈现下降趋势，D正确.故选:B.5．A【分析】根据程序框图循环结构计算得到，结合输出的结果为31，从而确定填入的条件为.【详解】第一次，；第二次，;第三次，;第四次，.因为输出,所以循环终止，所以判断框中应填入的条件为.故选：A6．C【分析】利用插空法，即可求解.【详解】采用插空法，让3盏需要关闭的灯插空，有种方法.故选：C7．B【分析】根据向量模的性质由已知可求得，则按照在方向上的投影向量的定义求解即可. 【详解】因为，，所以，则，解得，所以在方向上的投影向量为.故选：B.8．D【分析】依题意知，从而求得，再令，结合对数运算可求得结果.【详解】∵经过t天后，用户人数，又∵小程序发布经过10天后有2000名用户，∴，即，可得，∴①当用户超过50000名时有，即，可得，∴②联立①和②可得，即，故，∴用户超过50000名至少经过的天数为34天.故选：D.9．A【分析】求出双曲线的渐近线方程，求得CB的方程，解得E的坐标，运用等腰三角形的性质可得，再由两点的距离公式和离心率公式，解方程可得所求值．【详解】双曲线C：的渐近线方程为，由，可得直线CB的方程为， 联立渐近线方程解得，即有E为CB的中点，由，即平分，可得三角形为等腰三角形，即有，即，又，可得，由可得，解得.故选：A．10．A【分析】由正弦定理求出外接圆的半径为，得出弓形部分所对的圆心角，求出弓形面积后由半圆面积减去弓形面积即得．【详解】设外接圆圆心为，如图，半径为，则，，因此，中弓形面积为，从而阴影部分面积为．故选：A． 11．A【分析】连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，利用正八面体的性质，由线面垂直的判定定理，证明平面，得到MR为点M到直线的距离，然后在中，利用是的中位线求得正八面体的边长即可.【详解】解：如图所示：连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，在正八面体中，易知，且，所以，则，即，又平面，则，又HG与RN相交，所以平面，则MR为点M到直线的距离，在中，，则，因为是的中位线，所以，即，故选：A12．B 【分析】先变形为，证明，再把问题转化为求直线上的动点到圆上动点距离的最小值.【详解】由题设，设,则，当单调递减，当单调递增，所以，即，综上，，即，所以，设是直线上的点，是圆上的点，而目标式为，由，故.故选：B.13．【分析】根据抛物线的对称轴设出抛物线方程为，将点代入即可求解.【详解】因为抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且过点，所以设抛物线方程为，，将点代入可得：，所以抛物线方程为：.故答案为：.14．②⑤（答案不唯一） 【分析】利用正方体进行分割，根据数形结合，可得答案.【详解】若侧视图为②，俯视图为⑤，则其对应的几何体为如图所示的三棱锥.若侧视图为③，俯视图为④，则其对应的几何体为如图所示的三棱锥.故答案为：②⑤.15．2023【分析】由已知条件结合函数的奇偶性的性质可求得函数的周期为4，再根据，得，再结合周期即可求得结果．【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，得①．因为为奇函数，所以，得②．由①，②得，所以．由，得，得，故．故答案为：2023．【点睛】根据抽象函数的性质进行相应的代换，解题的关键是推出函数的周期．16．①②③ 【分析】建立空间直角坐标系，当时，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明平面，判断①；求时直线的方向向量和平面的法向量，根据向量夹角公式求线面角的正弦值及其最小值，判断②；由可得三点共线，讨论点的位置，确定截面形状，判断③；证明点到直线的距离为，根据抛物线定义确定点的轨迹判断④.【详解】由已知，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则，，，所以，，，因为，所以，对于选项A，因为，所以，，所以，所以，，所以，所以，又，平面，所以平面；①对，对于选项B，因为，所以，，向量为平面的一个法向量，所以，设与平面所成角为，则 ，其中，当或时，取最大值，，，所以，所以与平面所成角的最小值为；②对，对于选项C，由，可得，，所以，所以三点共线，记与的交点为，当点与点重合时，因为，所以过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，当点与点重合时，因为，所以过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，当点与点重合时，因为，所以过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形， 当点在线段上时(不含端点)，连接并延长交于点，在线段上取点,使得，在线段上取点,使得，则，所以四边形为平行四边形，所以,因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以四点共面，故过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，同理可得，当点在线段上时(不含端点)，过点、P、C的平面截正方体所得截面为下图中的四边形，即当时，过点、P、C的平面截正方体所得截面均为四边形；③正确； 由已知点为正方形内一点，含边界，连接，过点作，垂足为，则点到直线的距离为，因为平面，平面，所以，所以点到直线的距离为，由已知，所以点到点的距离与点到直线的距离相等，故点的轨迹为平面内，以点为焦点，为准线的抛物线的一部分，如下图所示，故④错误.故答案为：①②③.【点睛】本题为考查线面垂直的判定，直线与平面的夹角，正方体的截面和空间图形中的轨迹问题，是一道综合程度较高的试题，需要学生具有扎实的基础知识.17．(1)(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得的大小.（2）利用余弦定理、基本不等式求得的最小值，进而求得面积的最小值.【详解】（1）法一：左边，右边，由题意得，即，又因为，所以.法二：左边，右边，由题意得，又因为，所以.（2）由，由余弦定理得，，，当且仅当时取“等号”，而，故18．(1)见详解(2)侧棱上存在点，或【分析】（1）利用相似三角形和勾股定理证出，根据平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的性质，证得，根据直线和平面垂直的判定定理，证出平面； （2）根据平面与平面垂直的性质以及为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角与平面与平面的夹角公式及关系，求出存在点，得出或.【详解】（1）证明：设交于点，底面为矩形，在中，，为的中点，，在中，，，，，，，，，，即,∵，为等边三角形，为的中点，，∵平面平面平面SAO，平面平面=，，平面，平面，，即，又，，平面，平面.（2）设，，底面为矩形，∴，∵平面平面，平面平面=，，平面.以坐标原点，过点作平行于的直线为轴，以和所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系；∵，为等边三角形，为的中点， ，，,,,,，,，，；,，设平面的法向量为，，即，令，设平面的法向量为，由可得，令，，,平面与平面夹角的余弦值为，，整理得，或，均符合，或，侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，或.19．(1)表格见解析，可以认为(2)（i）；（ii）109或110．【分析】(1)根据独立性检验的方法求解即可；(2)根据二项分布的概率公式列出不等式即可求解. 【详解】（1）由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为：在内有（只）；在内有（只）；在内有（只）；在内有（只），在内有（只）．由题意，有抗体且指标值小于60的有50只；而指标值小于60的小白鼠共有只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20只，故列联表如下：单位：只抗体指标值合计小于60不小于60有抗体50110160没有抗体202040合计70130200零假设为:注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联．根据列联表中数据，得，根据的独立性检验，推断不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.（2）（i）令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”， 事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体’’，事件C=“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”，记事件A，B，C发生的概率分别为，则，，，所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率，（ii）由题意，知随机变量，，因为最大，所以，解得是整数，所以或，接受接种试验的人数为109或110．20．(1)(2)（i）证明见解析，定值为（ii）【分析】（1）列出关于的方程组，解之可得椭圆方程；（2）（i）设，分别求出，与的积即得证；（ii）直线，得，得出直线方程后可得直线过定点，求出，由定点重新设出其方程为，代入椭圆方程后由韦达定理得，然后由基本不等式得面积的最大值．【详解】（1）由题意得， 由，解得，即椭圆的方程为.（2）（i）设，则，又故为定值为（ii）直线，此时，此时直线，即过定点不妨设直线代入，得.当且仅当，即取等号.即当时，综上可得面积的最大值为.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中的最值问题处理方法：（1）设直线方程为（或），设交点坐标； （2）联立直线方程与圆锥曲线方程消元得一元二次方程（判别式确定直线与圆锥曲线相交得参数范围），由韦达定理得（或）；（3）用坐标表示出欲求最值的量，代入韦达定理的结论后得函数式，利用不等式的知识或函数的知识求得最值．21．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用导数，分类讨论函数在区间内的单调性；（2）令，原不等式即证，通过构造函数法，利用导数通过单调性证明.【详解】（1）由题意得．因为，所以．当时，，，所以在上单调递减．当时，令，则．①若，则，当时，，所以在上单调递增；②若，则，当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增．综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：方程，即，因为，则，令，，所以函数在上单调递增，因为方程有两个实根，，令，，则关于t的方程 也有两个实根，，且，要证，即证，即证，即证，由已知，所以，整理可得，不妨设，即证，即证，令，即证，其中，构造函数，，所以函数在上单调递增，当时，，故原不等式成立．【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22．（1）的极坐标方程为ρ=2sinθ；的极坐标方程为ρsinθ=3．（2）△ABC面积的最小值为1．【分析】(1)根据公式，把参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间进行相互转换． (2)利用（1）的结论，结合三角形的面积公式、三角函数的值域即可求出结果．【详解】(1)曲线的参数方程为(为参数)转换为直角坐标方程为：x2+（y-1）2=1．展开后得x2+y2-2y=0根据ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入化简得的极坐标方程为ρ=2sinθ设点B的极坐标方程为（ρ，θ），点A的极坐标为（ρ0，θ0），则|OB|=ρ，|OA|=ρ0，由于满足|OA|•|OB|=6，则，整理得的极坐标方程为ρsinθ=3(2)点C的极坐标为(2，0)，则OC=2所以当时取得最小值为1【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程、极坐标方程间的转换，三角形面积公式的综合应用，考查对知识的运用和计算能力，属于中档题．