四川省宜宾市第四中学2023届高三文科数学二诊模拟试题（Word版附解析）

宜宾市四中高2020级高三二诊模拟考试数学（文史类）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（60分）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C2022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.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．6.已知，则(　　) A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用两角和的正弦公式与两角差的余弦公式化简等式可得，利用二倍角的余弦公式以及同角三角函数的关系可得结果.【详解】由，可得，，故选C.【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．7.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判定，再比较的大小.【详解】解：由题得，，，所以.故选：A8.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，，设平面的法向量为，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．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，在上单调递减，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，所以正四棱锥体积为， 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（90分）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.已知是定义在上的奇函数，且周期为，当时，，则_______．【答案】【解析】【分析】求出、，由已知可得，即求得实数的值.【详解】由题意可得，，因为函数的周期为，则，即，解得.故答案为：.15.两个非零向量，，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：16.如图，在四棱锥中，平面，，，且，，异面直线与所成角为，点，，，都在同一个球面上，则该球的表面积为____【答案】 【解析】【分析】由题意可得，∠CDO=30°，可得的长，结合可得三棱锥O-BCD外接球半径R的值，可得其表面积.【详解】解：如图，过点D作,由，，且，可得四边形为矩形，,，由，由于AB∥OD，异面直线CD与AB所成角为30°，平面,故∠CDO=30°，则，设三棱锥O-BCD外接球半径为R，结合可将以、、为相邻三条棱补成一个长方体，可得：，该球的表面积为：.【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题型.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.随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷，现从某市使用和两款订餐软件的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：(1)已知抽取的100个使用未订餐软件的商家中，甲商家的“平均送达时间”为18分钟，现从使用未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3个商家进行市场调研，求甲商家被抽到的概率；(2)试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；(3)如果以“平均送达时间”的平均数作为决策依据，从和两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？ 【答案】（1）；（2）；（3）选款订餐软件.【解析】【分析】⑴运用列举法给出所有情况，求出结果⑵由众数结合题意求出平均数⑶分别计算出使用款订餐、使用款订餐的平均数进行比较，从而判定【详解】（1）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有个，分别记为甲，从中随机抽取3个商家的情况如下：共20种.,,,,,,,,,,,,,,,,,,.甲商家被抽到的情况如下：共10种．,,,,,,,,,记事件为甲商家被抽到，则.（2）依题意可得，使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为55，平均数为.（3）使用款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为所以选款订餐软件．【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，平均数和众数，古典概率等基础知识，考查了数据处理能力以及运算求解能力和应用意识，属于基础题． 18.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.19.如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，且，，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）点在棱上，且，证明：平面．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（Ⅰ）证明和得到平面.（Ⅱ）根据相似得到证明平面.【详解】（Ⅰ）如图，连接.∵底面为菱形，且，∴三角形为正三角形.∵为的中点，∴.又∵平面，平面，∴.∵，平面，∴平面.（Ⅱ）连接交于点，连接.∵为的中点，∴在底面中，，∴.∴，∴在三角形中，.又∵平面，平面， ∴平面.【点睛】本题考查了线面垂直和线面平行，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.20.已知函数,,是实数.（Ⅰ）若在处取得极值,求的值;（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围;（Ⅲ）在(Ⅱ)条件下,函数有三个零点,求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．【解析】【详解】试题分析：（1）先求出函数的导数，由，即可求出的值；（2）由，得在区间恒成立，即恒成立，由，即可得到；（3）求出，分别得时，时的情况，进而求出的取值范围．试题解析：（1）f′（x）=x2﹣（m+1）x，由f（x）在x=1处取到极大值，得f′（1）=1﹣（m+1）=0，∴m=0，（符合题意）；（2）f′（x）=x2﹣（m+1）x，∵f（x）在区间（2，+∞）增函数，∴f′x）=x（x﹣m﹣1）≥0在区间（2，+∞）恒成立，∴x﹣m﹣1≥0恒成立，即m≤x﹣1恒成立，由x＞2，得m≤1，∴m的范围是（﹣∞，1]．（3）h（x）=f（x）﹣g（x）=x3﹣x2+mx﹣，∴h′（x）=（x﹣1）（x﹣m）=0，解得：x=m，x=1， m=1时，h′（x）=（x﹣1）2≥0，h（x）在R上是增函数，不合题意，m＜1时，令h′（x）＞0，解得：x＜m，x＞1，令h′（x）＜0，解得：m＜x＜1，∴h（x）在（﹣∞，m），（1，+∞）递增，在（m，1）递减，∴h（x）极大值=h（m）=﹣m3+m2﹣，h（x）极小值=h（1）=，要使f（x）﹣g（x）有3个零点，需，解得：m＜1﹣，∴m的范围是（﹣∞，1﹣）．考点：利用导数求解闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【方法点晴】本题主要考查了利用导数求解闭区间上函数的最值、利用导数研究函数的单调性，着重考查了函数导数的应用、转化与化归和分类讨论的思想方法，属于一道综合性试题，本题的解答中若在区间为增函数，转化为在区间恒成立和函数有三个零点转化为函数的单调性与极值的应用是解答的关键．21.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.（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）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.【小问1详解】解：①当时，不等式即为，解得，此时；②当时，不等式即为，解得，此时；③当时，不等式即为，.综上，不等式的解集为.【小问2详解】证明：由绝对值不等式的性质可得：， 所以，当时，取最小值，即，所以，，即，所以，，当且仅当时等号成立.