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四川省宜宾市第四中学2023届高三理科数学二诊模拟试题(Word版附解析)

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宜宾市四中高2020级高三二诊模拟考试数学(理工类)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.本试卷满分150分,考试时间120分钟.考试结束后,请将答题卡交回.第I卷选择题一.选择题:本大题共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.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法先求出集合,再利用集合的交集运算即可求解.【详解】因为,又因为,所以,故选:.2.设复数满足,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题知,进而计算即可得答案.【详解】解:因为,所以故选:D 3.已知等比数列的前n项和为,且,,则=.A.90B.125C.155D.180【答案】C【解析】【分析】由等比数列的性质,成等比数列,即可求得,再得出答案.【详解】因为等比数列的前项和为,根据性质所以成等比数列,因为,所以,故故选C【点睛】本题考查了等比数列的性质,若等比数列的前项和为,则也成等比数列,这是解题的关键,属于较为基础题.4.采购经理指数(PMI),是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数,它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节,包括制造业和非制造业领域,是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一,具有较强的预测、预警作用.制造业PMI高于时,反映制造业较上月扩张;低于,则反映制造业较上月收缩.下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数(PMI)统计图.根据统计图分析,下列结论最恰当的一项为()A.2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩B.2021年第四季度各月制造业在逐月扩张C.2022年1月至4月制造业逐月收缩D.2022年6月PMI重回临界点以上,制造业景气水平呈恢复性扩张【答案】D【解析】 【分析】根据题意,将各个月的制造业指数与比较,即可得到答案.【详解】对于A项,由统计图可以得到,只有9月份的制造业指数低于,故A项错误;对于B项,由统计图可以得到,10月份的制造业指数低于,故B项错误;对于C项,由统计图可以得到,1、2月份的制造业指数高于,故C项错误;对于D项,由统计图可以得到,从4月份的制造业指数呈现上升趋势,且在2022年6月PMI超过,故D项正确.故选:D.5.若的展开式中的系数为15,则()A.2B.3.C.4D.5【答案】B【解析】【分析】根据二项式展开式通项公式即可求得.【详解】的展开式中的项为,则,故.故选:B6.已知双曲线的一条渐近线方程为,则双曲线的离心率为(  )A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程,可得,再由离心率公式及的关系,计算即可得到所求值.【详解】双曲线的渐近线方程为,由一条渐近线为,可得, 即,即有.故选.【点睛】本题考查双曲线的方程和性质,考查渐近线方程的运用,考查离心率的求法,考查运算能力,属于基础题.7.在长方体中,已知异面直线与,与AB所成角的大小分别为和,则直线和平面所成的角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设,结合题意可求得,以为原点,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,结合空间向量夹角公式可得答案.【详解】设,则,由于,所以异面直线与所成角为,从而,由于,所以异面直线与所成角为,从而,所以,以为原点,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,则, ,设平面法向量为,则,取所以,直线和平面所成的角的正弦值为,从而直线和平面所成的角的余弦值为.故选:A.8.某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别,数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究,且每个方向均有研究生学习,其中刘泽同学学习人脸识别,则这6名研究生不同的分配方向共有()A.480种B.360种C.240种D.120种【答案】B【解析】【分析】将人脸识别方向的人数分成:有人、有人两种情况进行分类讨论,结合捆绑计算出不同的分配方法数.【详解】当人脸识别方向有2人时,有种,当人脸识别方向有1人时,有种,∴共有360种.故选:B【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题,考查分类讨论的数学思想方法,属于基础题.9.若函数在处有极大值,则实数的值为()A.1B.或C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的导数可得,解出的值之后验证函数在处取得极大值.【详解】函数,,函数在处有极大值,可得,解得或, 当时,,时,时,上单调递减,在上单调递增,在处有极小值,不合题意.当时,,时,时,在上单调递增,在上单调递减,在处有极大值,符合题意.综上可得,.故选:D10.某地锰矿石原有储量为万吨,计划每年的开采量为本年年初储量的(,且为常数)倍,那么第()年在开采完成后剩余储量为,并按该计划方案使用10年时间开采到原有储量的一半.若开采到剩余储量为原有储量的70%时,则需开采约()年.(参考数据:)A.4B.5C.6D.8【答案】B【解析】【分析】根据题意得关系式,进而根据指数与对数式的互化即可求解.【详解】设第年开采完后剩余储量为,则,当时,,所以,,故,进而,设第年时,,故,故,故选:B11.某四棱锥的底面为正方形,顶点在底面的射影为正方形中心,该四棱锥内有一个半径为1的球,则该四棱锥的表面积最小值是() A.16B.8C.32D.24【答案】C【解析】【分析】由题意知该四棱锥是正四棱锥,如图四棱锥,设底面正方形的边长为,高为,由题意可知半径为的球是正四棱锥的内切球时,该四棱锥的表面积最小,利用等体积法求出与的关系,再将四棱锥的表面积表示成关于的函数,由基本不等式即可求解.【详解】因为四棱锥的底面为正方形,顶点在底面的射影为正方形中心,所以该四棱锥是正四棱锥,如图正四棱锥,当半径为的球是正四棱锥的内切球时,该四棱锥的表面积最小,设正方形的边长为,设,连接,则面,所以正四棱锥的高为,设,正四棱锥的表面积为,由,即为,整理可得:,所以,可得,所以正四棱锥体积,则,设,可得,所以,当且仅当即,时,等号成立,该四棱锥的表面积最小值是,故选:C. 12.已知函数=则关于x的方程的解的个数的所有可能值为()A.3或4或6B.1或3C.4或6D.3【答案】D【解析】【分析】利用导数求出函数的单调区间,从而可画出函数的大致图象,令,则方程必有两个不等根,设两根分别为(不妨设),且,然后分,和三种情况结合函数图象讨论即可【详解】当时,,则,当时,,当时,,所以在上递增,在上递减,且当时,,当时,,则,当时,,当时,,所以在上递增,在上递减,且当时,,所以的大致图象如图所示,令,则方程必有两个不等根,设两根分别为(不妨设),且,当时,则,此时有1个根,有2个根,当时,则,此时有2个根,有1个根,当时,则,此时有0个根,有3个根,综上,对任意的,方程都有3个根, 故选:D【点睛】此题考查导数的应用,考查函数与方程的综合应用,解题的关键是利用导数求出函数的单调区间,然后画出函数图象,结合图象求解,考查数学转化思想和数形结合的思想,属于中档题第2卷非选择题二、填空题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13.曲线在点处的切线方程为_______.【答案】【解析】【分析】根据求导公式求出导函数,结合导数的几何意义求出切线的斜率,进而可以求出结果.【详解】因为,则,所以,又,因此切线方程为:,即.故答案为:.14.两个非零向量,,定义.若,,则___________.【答案】【解析】【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.【详解】因为,,所以,故,所以,故答案为: 15.2021年第届世界大学生夏季运动会将在成都举行.为营造“爱成都迎大运”全民运动和全民健身活动氛围,某社区组织甲、乙两队进行一场足球比赛,根据以往的经验知,甲队获胜的概率是,两队打平的概率是,则这次比赛乙队不输的概率是_______________________.【答案】【解析】【分析】由于甲队获胜与乙队不输为对立事件,从而可求出答案;或乙队不输包括乙队获胜和甲、乙两队打平,分别求出这两个事件的概率,再求和即可【详解】方法一设事件为“这次比赛乙队不输”,则事件为“这次比赛甲队获胜”,因为甲队获胜的概率,所以这次比赛乙队不输的概率.方法二设事件为“这次比赛乙队不输”,事件为“这次比赛乙队获胜”,事件为“这次比赛甲、乙两队打平”,所以,,所以这次比赛乙队不输的概率.故答案为:16.已知函数,.下列有关的说法中,正确的是______(填写你认为正确的序号).①不等式的解集为或;②在区间上有四个零点;③的图象关于直线对称;④的最大值为;⑤的最小值为;【答案】③④【解析】【分析】由,则①,即,可判断;②,则 或,可判断;③由条件可得可判断;,设,求出函数的单调区间可得其最值,从而可判断④,⑤【详解】由①,即,又,则或,故①不正确.②,则或,又所以,共有5个零点,故②不正确.③所以,则的图象关于直线对称,故③正确.④设,则,则由解得,由解得或所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.当时,,当时,,当时,,当时,,所以当时,函数有最大值所以当时,函数有最小值所以④正确,⑤不正确.故答案为:③④【点睛】关键点睛:本题考查三角函数的对称性、零点、最值等基础知识,解答本题的关键是将,由条件可得,或,以及,得出函数在上的单调性,属于中档题. 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答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必做题:共60分.17.在中,角所对的边分别为,且满足(1)求角;(2)若外接圆的半径为,且边上的中线长为,求的面积【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理,结合两角和的正弦公式即可得解;(2)由正弦定理得,利用D为中点,结合向量的加法法则得,从而得到,再结合余弦定理得,进而求得三角形面积.【详解】(1)由,得.利用正弦定理得:,即,化简得.,,.又,.(2)由正弦定理得.设为边上的中点,则,利用向量加法法则得:两边平方得:,即由余弦定理,即,两式相减得,即. 由三角形面积公式得:.【点睛】方法点睛:在解三角形题目中,若已知条件同时含有边和角,但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案,要选择“边化角”或“角化边”,变换原则常用:(1)若式子含有的齐次式,优先考虑正弦定理,“角化边”;(2)若式子含有的齐次式,优先考虑正弦定理,“边化角”;(3)若式子含有的齐次式,优先考虑余弦定理,“角化边”;(4)含有面积公式的问题,要考虑结合余弦定理使用;(5)同时出现两个自由角(或三个自由角)时,要用到.18.一网络公司为某贫困山区培养了名“乡土直播员”,以帮助宣传该山区文化和销售该山区的农副产品,从而带领山区人民早日脱贫致富.该公司将这名“乡土直播员”中每天直播时间不少于小时的评为“网红乡土直播员”,其余的评为“乡土直播达人”.根据实际评选结果得到了下面列联表:网红乡土直播员乡土直播达人合计男104050女203050合计3070100(1)根据列联表判断是否有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系?(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取人,在这人中选人作为“乡土直播推广大使”.设被选中的名“乡土直播推广大使”中男性人数为,求的分布列和期望.附:,其中.【答案】(1)有把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系;(2)分布列见解析;期望为.【解析】【分析】 (1)利用公式求解的观测值,若,则有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系,若,则没有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系;(2)先利用分层抽样得出在这人中男性人数与女性人数,分析在这人中选人作为“乡土直播推广大使”时,男性人数的所有可能取值,然后根据超几何分布列出的分布列.【详解】解:(1)由题中列联表,可得.∴有的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系.(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人,男性人数为人;女性人数为人.由题,随机变量所有可能取值为,,.,,,∴的分布列为012∴的数学期望.【点睛】独立性检测的一般步骤为:(1)根据样本数据制成列联表;(2)根据公式(其中)计算的观测值;(3)查表比较与临界值的大小比较,作出判断.求离散型随机变量分布列及期望的求法:(1)理解随机变量的意义,写出的所有可能值;(2)求出的每个值所对应的概率,列出分布列,并根据分布列的性质对结果进行检验;(3)格据分布列求出数学期望. 19.如图,四棱锥中,底面,,,,且,,分别为,的中点.(1)若,求证:平面;(2)若四棱锥的体积为2,求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析;(2).【解析】【分析】(1)依据线面垂直的判定定理,可证明和;(2)首先求的长度,再建立空间直角坐标系,求平面和平面的法向量,再求二面角的余弦值【详解】(1)当时,,点是的中点,,又平面,,且,,平面,平面,,又,平面;(2),解得:,如图,以为原点,,为轴的正方向,建立空间直角坐标系, ,,,,,,设平面的法向量,则,即,令,则,,显然平面,设平面的法向量,,二面角是锐二面角,二面角的余弦值是.20.在平面直角坐标系中,直线与抛物线:交于,两点,且当时,.(1)求的值;(2)设线段的中点为,抛物线在点处的切线与的准线交于点,证明:轴.【答案】(1)1;(2)见解析【解析】【分析】(1)设,,联立直线和抛物线方程,得,写出韦达定理,根据弦长公式,即可求出; (2)由,得,根据导数的几何意义,求出抛物线在点点处切线方程,进而求出,即可证出轴.【详解】解:(1)设,,将直线代入中整理得:,∴,,∴,解得:.(2)同(1)假设,,由,得,从而抛物线在点点处的切线方程为,即,令,得,由(1)知,从而,这表明轴.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,涉及联立方程组、韦达定理、弦长公式以及利用导数求切线方程,考查转化思想和计算能力.21.已知函数.(1)当时,求在处的切线方程;(2)当时,讨论零点的个数.【答案】(1);(2)答案见解析.【解析】 【分析】(1)由导数的几何意义求在处的切线方程即可;(2)讨论、、时,并利用导数研究函数的单调性、极值,结合零点存在性定理判断区间是否存在零点.【详解】由,得.(1)时,可得,,则切线方程为,即.(2)(ⅰ)当时,,知,,又为的增函数,且,所以仅有一个零点.(ⅱ)当时,,由得,为减函数;得,为增函数.∴,又,∴存在使,故在有唯一零点.又当时,,即,所以,而图象开口向上,故存在,使得,也即有,则存在使得,故在有唯一零点,此时,有两个零点.(ⅲ)当时,由得或,①若,即,则当时,,单调递增;时,,单调递减;时,,单调递增.而,, 此时,仅有一个零点.②若,即,则,为上的增函数,因为,,此时仅有一个零点.③若,即,则当时,,单调递增;时,,单调递减;时,,单调递增.因,则,,结合知仅有1个零点,综上,当时,有1个零点;当时,有两个零点.【点睛】思路点睛:对于含参函数的零点问题,一般应用分类讨论的方式处理,并综合导数研究函数单调性、极值,零点存在性定理的应用.1、讨论过程中注意保证细分区间是单调的且连续.2、求极值或端点值,亦或找到区间中特殊点函数值,并确定它们与0的大小关系.3、根据结论:对于单调的连续函数,存在则必存在零点.(二)选做题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题记分.选修4-4:坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中,曲线是圆心在,半径为的圆,曲线的参数方程为(为参数且),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程;(2)若曲线与坐标轴交于、两点,点为线段上任意一点,直线与曲线交于点 (异于原点),求的最大值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)求出曲线的直角坐标方程,根据直角坐标与极坐标的转换关系可得出曲线的极坐标方程;(2)求出点、的坐标,求出线段的极坐标方程,设、的极坐标分别为、,求出、关于的表达式,利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值.【详解】(1)曲线的直角坐标方程为,即,所以曲线的极坐标方程为,即;(2)曲线的参数方程为,因为曲线与两坐标轴相交,所以曲线交轴于点、交轴于点,所以,线段的方程为,则线段的极坐标方程为,设点、的极坐标分别为、,点在线段上,可得,可得,点在曲线上,则,,,可得,当时,即当时,取得最大值. 【点睛】方法点睛:在已知直角坐标方程求曲线的交点、距离、线段长度等几何问题时,如果不能直接用直角坐标解决,或用直角坐标解决较为麻烦,可将直角坐标方程转化为极坐标方程解决.选修4-5:不等式选讲23.已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若的最小值为,且实数,满足,求证:.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用分类讨论法解绝对值不等式;(2)首先利用绝对值三角不等式求出,再利用基本不等式证明.【详解】(1)①当时,不等式即为,解得;②当时,不等式即为,;③当时,不等式即为,.综上,不等式的解集为.(2)由绝对值不等式的性质可得:当时,取最小值4,即,即当且仅当时等号成立.

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发布时间:2023-10-08 19:45:02 页数:21
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文章作者:随遇而安

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