2023届四川省成都市高三第二次诊断性检测数学（文）试题

2023届四川省成都市高三第二次诊断性检测数学（文）试题一、单选题1．设全集，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据补集定义、元素和集合的关系直接判断各选项即可.【详解】对于AB，，，，A错误，B错误；对于CD，或，，，C正确，D错误.故选：C.2．函数的最小正周期为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据诱导公式，结合辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式进行求解即可.【详解】，所以该函数的最小正周期为，故选：C3．执行如图所示的程序框图，输出的n的值为（

）A．40 B．41 C．119 D．122【答案】B【分析】根据给出的程序框图，执行程序框图，结合判断条件，即可求解.【详解】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；故输出的n的值为41.故选：B.4．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（

）A．0 B． C． D．2【答案】C【分析】根据约束条件画出线性规划区域，根据的几何意义即可求解.【详解】依题意，实数x，y满足约束条件所表示的区域如图阴影所示：由，解得点的几何意义为：可行域内的点与原点连线的斜率，由图象可知，当原点与点连接时，取得最大值，即.故选：C.5．设，分别是双曲线的左、右焦点．为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（

）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】利用双曲线的定义及标准方程，得到，，结合勾股定理表示出和的关系即可.【详解】利用双曲线的定义及标准方程，得到,又，因为，所以；故，即故答案为：6．某同学计划2023年高考结束后，在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观，则大学恰好被选中的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】基本事件总数为，大学恰好被选中的基本事件为：，根据古典概型概率公式即可求解.【详解】依题意，在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观的基本事件总数为：，大学恰好被选中的基本事件为：，所以大学恰好被选中的概率为：.故选：B.7．已知命题：空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行；命题：空间中三个平面，，，若，，，则．则下列命题为真命题的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据直线与直线的位置关系定义、面面垂直的性质，结合与、或、非的真假性质逐一判断即可.【详解】因为空间中两条直线没有公共点，两条直线可以是异面直线，所以命题是假命题，因此是真命题，由面面垂直的性质可知命题是真命题，为假命题，所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，故选：D8．已知过抛物线的焦点，且倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，则（

）A．32 B． C． D．8【答案】A【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得，由韦达定理可得，再根据抛线的定义即可得答案.【详解】解：因为抛物线，所以，，所以直线的方程为，由，得，显然，设则有，所以，由抛物线定义可知.故选：A.9．若函数满足，且当时，，则（

）A．－1 B． C．0 D．【答案】B【分析】先利用求出函数的周期，利用周期性转化代入即可求解.【详解】依题意，因为，所以，所以，所以函数的周期为4，所以.又因为，所以，当时，，所以，所以.故选：B.10．若正三棱锥的高为2，，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径为（

）A． B． C． D．3【答案】D【分析】根据正三棱锥与外接球的性质，分球心在内部与外部两种情况讨论即可求解.【详解】依题意，①若球心在正三棱锥内部，如图所示：其中点在底面的投影为点，所以高为，延长交于点，因为三棱锥为正三棱锥，所以为正三角形，点为的重心，为的高，所以，，设外接球的半径为，则，在中有：，即，解得：；②若球心在正三棱锥外部，如图所示：由①知，当球心在的延长线上时，在中有：，即，解得：.故选：D.11．已知，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用作商法，结合对数换底公式可得；根据可构造函数，利用导数可求得单调性，得到，由此可得大小关系.【详解】，，，；，，设，则，在上单调递减，，即，；综上所述：.故选：A.12．在中，已知，，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式和正弦定理，由可得，再在和中分别利用余弦定理列式，结合长度关系解得和，代入面积公式即可求解.【详解】由可得，因为，所以，又因为，所以在中由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，即①，在中，由余弦定理可得，即②，①②联立解得，，所以，，所以，故选：D二、填空题13．复数（为虚数单位），则|z|的值为______．【答案】【分析】先化简,再带入模长公式即可求解.【详解】因为,所以.故答案为:.14．已知，则__．【答案】【解析】利用余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】由，又由.故答案为：．15．函数的极大值为______．【答案】1【分析】对函数求导，利用单调性即可得出函数的极大值.【详解】依题意，因为，所以，所以，所以在上，，单调递增；在上，，单调递减.所以在处取得极大值：.故答案为：1.16．若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．【答案】【分析】根据两直线所过的定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.【详解】直线过定点，直线过定点，显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，显然点的坐标为，所以该圆的方程为，由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，当点在如下图位置时，的值最大，即，所以|PM|的最大值为，故答案为：【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.三、解答题17．某中学为了丰富学生的课余生活,欲利用每周一下午的自主活动时间,面向本校高二学生开设“厨艺探秘”“盆景栽培”“家庭摄影”“名画鉴赏”四门选修课,由学生自主申报,每人只能报一门,也可以不报．该校高二有两种班型－文科班和理科班（各有2个班）,据调查这4个班中有100人报名参加了此次选修课,报名情况统计如下:厨艺探秘盆景栽培家庭摄影名画鉴赏文科1班115146文科2班127114理科1班3193理科2班5162(1)若把“厨艺探秘”“盆景栽培”统称为“劳育课程”,把“家庭摄影”“名画鉴赏”统称为“美育课程”．请根据所给数据,完成下面的2×2列联表:报名班型课程合计“劳育课程”“美育课程”文科班理科班合计(2)根据（1）列联表中所填数据,判断是否有99%的把握认为课程的选择与班型有关．附:．【答案】(1)列联表见解析(2)没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．【分析】补全列联表,再算出的值与6.635进行比较即可得出结论.【详解】（1）由题意,列联表如下:报名班型课程合计“劳育课程”“美育课程”文科班353570理科班102030合计4555100（2）假设:“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科无关.∵,∴根据小概率值的独立性检验,可以推断不成立,即没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．18．已知等比数列的公比为3，且，，成等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【详解】（1）设数列的公比为．∵，，成等差数列，∴．∴∵，∴解得．∴；（2）设，则．∴①∴②由①－②得，∴∴．19．如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．(1)证明：平面平面；(2)求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.【详解】（1）取的中点，连接，．∵与均是边长为2的正三角形，∴，，．∴为二面角的平面角．∵，∴，∴．因为，，，平面所以平面，又平面，∴平面平面．（2）由（1）知，，．∵，平面，平面，∴平面．∴为三棱锥的高．∴．∴四棱锥的体积为2．20．已知中心为坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆经过，两点．(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线与椭圆相交于A，B两点，，，且点在椭圆上，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意设椭圆的方程，代入点列式运算，求解即可得结果；（2）设，，根据题意整理可得，结合直线方程以及韦达定理运算求解，注意讨论直线的斜率是否存在.【详解】（1）由题意可设椭圆的方程，∵椭圆经过，两点，则，即，解得，∴椭圆的方程为．（2）设，，则，，∵点A、B均在椭圆上，则，，且点E在椭圆上，则，即，可得.当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程，消去得，则，，，∵，则，∴，解得，故所求直线的方程为；当直线斜率不存在时，则直线的方程为，即，可得，该方程组无解，不合题意；综上所述：所求直线的方程为．【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．21．已知函数，其中，．(1)当时，求函数的单调区间；(2)若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)【分析】（1）直接通过求导判断单调区间即可；（2）先对原方程进行同构变形，将换元后的方程通过构造函数求导判断其有唯一零点，从而将原方程简化为方程有两个不相等的实数解，最后对取对变换化简后的方程再构造函数，根据零点个数求参数的取值范围.【详解】（1）当时，．∴．∵，∴当时，；当时，．∴函数单调递减区间为，单调递增区间为．（2）∵，，，令，则．令，则．∴当时，；当时，．∴函数在上单调递增，在上单调递减．∵，∴方程有唯一解．∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．等价于方程有两个不相等的实数解．构造函数，则．∵，∴当时，；当时，．∴函数在上单调递增，在上单调递减．∵，；，．∴只需要，即．构造函数，则．∴当时，；当时，．∴函数在上单调递减，在上单调递增．∵，∴当时，恒成立．∴的取值范围为．【点睛】当原方程或不等式较为复杂，但同时含有指数式和对数式时，可以尝试对原方程或不等式进行同构变形并换元，再对其进行构造函数求导研究，可以将过程大大简化.22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．(1)求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；(2)已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于A，B两点，求的值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）对于曲线消参数即可得出普通方程；对于直线利用和差公式展开，代入，即可求解；（2）利用参数方程的几何意义即可求解.【详解】（1）依题意，∵曲线的参数方程为（为参数），∴曲线的普通方程为．∵直线的极坐标方程为，∴．∵，．∴直线的直角坐标方程