2023届四川省成都玉林中学高三下学期二诊考试数学（理）模拟试题

2023届四川省成都玉林中学高三下学期二诊考试数学（理）模拟试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据二次不等式解法求出集合B，求出及，根据元素和集合的关系即可逐项判断.【详解】由题可知或，则，或，依据选项可知B正确.故选：B．2．若复数满足，则复数的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】根据复数的运算求出，再根据共轭复数的概念及复数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以.所以，对应的点为，位于第三象限.故选:C.3．已知等比数列的前n项和为，且，，则（

）A． B．5 C． D．【答案】B【分析】先根据的定义依次求出，再由等比数列的定义即可得到关于的关系式，解之即可得出答案.【详解】因为，当时，，当时，，则，当时，，则，因为是等比数列，所以，则，所以，解得，则，则.故选：B.4．某公司为了解用户对其产品的满意度，从甲､乙两地区分别随机调查了100个用户，根据用户对产品的满意度评分，分别得到甲地区和乙地区用户满意度评分的频率分布直方图.若甲地区和乙地区用户满意度评分的中位数分别为方差分别为，则下面正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据直方图求出甲、乙地区用户满意度评分的中位数，并通过两地区用户满意度评分的集中程度即可得到哪个方差小【详解】解：由题意由频率分布直方图得：甲地区：的频率为，的频率为∴甲地区用户满意度评分的中位数乙地区：的频率为，的频率为∴甲地区用户满意度评分的中位数∴由直方图可以看出，乙地区用户满意度评分的集中程度比甲地区的高，∴故选：D.5．如图，正方体中，M是的中点，则（

）A．直线与直线相交，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线AC异面，直线平面D．直线与直线垂直，直线∥平面【答案】D【分析】根据题意可知，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，用空间向量来研究直线和平面、直线和直线的位置关系较为简单，用向量的共线定理证明两直线是否平行或异面，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直或平行，得出直线与平面是否平行或垂直，再对选项进行逐一分析判断即可得出结论.【详解】解：因为是正方体，不妨设棱长为2，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：则，，，，，，，，又M为的中点，故可得，，，设平面的法向量为，则，即，不妨取，故可得．设平面的法向量为则，即，不妨取，故可得．对A：因为，，故BM，不相交，故错误；对B：，，不存在非零实数，使得，故MB，不平行，故错误；对C：，平面的法向量为，不存在非零实数，使得，故MB与平面不垂直，故错误；对D：，，则，故直线MB与垂直；又，故MB与平面平行，故正确；故选：D．6．已知平面向量和，则“”是“”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【答案】C【解析】两边平方得出，展开等价变形得出，根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】则“”是“”的充分必要条件故选：C【点睛】本题主要考查了充要条件的证明，涉及了向量运算律的应用，属于中档题.7．记不等式组的解集为D，现有下面四个命题：，；，；，；，．其中真命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】作出不等式组所表示的区域，再逐项的作出对应直线，观察所作直线与可行域的关系，再利用存在命题与全称命题的概念进行判断即可求解.【详解】不等式组的解集D表示的可行域如图中阴影部分所示，依据图（1）知命题为真命题，依据图（2）知命题为真命题，依据图（3）知命题为假命题，依据图（4）知命题为真命题．所以真命题有3个，故选：C．8．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于点A，B，与抛物线的准线交于点M，且点A位于第一象限，F恰好为AM的中点，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义，又F恰好为AM的中点，可得到比例，进一步推导得到的值.【详解】如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义得，，因为F为AM的中点，所以，又，所以，所以.故选：A9．双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”．为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：A·h），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流，放电时间为（

）A．28h C．29h 【答案】B【分析】根据题意求出蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.【详解】解：根据题意可得，则当时，，所以，即当放电电流，放电时间为28.5h.故选：B.10．在菱形ABCD中，，，AC与BD的交点为G，点M，N分别在线段AD，CD上，且，，将沿MN折叠到，使，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设MN与BD的交点为H，连接，证明平面ABC．设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过，分别作平面ABC，平面的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，先求出，再求出三棱锥的外接球的半径即得解.【详解】如图所示，因为，，所以，设MN与BD的交点为H，连接，因为，，所以，则，，所以．又，则，则．又，，平面ABC，故平面ABC．设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过，分别作平面ABC，平面的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，且四边形为矩形．设的外接圆半径为，在中，由，解得，同理可得的外接圆半径，所以．设三棱锥的外接球半径为R，则，则三棱锥的外接球的表面积.故选：B．11．在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：m）与制动距离（，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】设，，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.【详解】设，.由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.作出散点图，如图1.由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.过点，，，，，，，，，，，，，，.作出散点图，如图2.由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.故选：B.12．已知，，，其中e为自然对数的底数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，，利用导数判断其单调性即可判断的大小；，可构造函数判断与的大小，构造函数判断与的大小，从而可判断的大小．【详解】令，，令，则，当时，，则在上单调递增，又，所以当时，，又，所以在上恒成立，又，所以，即．令，则，当时，，所以在上单调递减，所以当时，，即，令，则，在上单调递减，所以当时，，即，所以在上恒成立，令，则，所以，综上所述，．故选：D．二、填空题13．二项式的展开式中的系数为________．【答案】90【分析】由二项式展开式通项公式可求.【详解】由题知，当时，，故的系数为90．故答案为：90.14．如图，在矩形ABCD中，，AC与BD的交点为M，N为边AB上任意点（包含端点），则的最大值为________．【答案】##【分析】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，写出对应点的坐标，设，根据平面向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向，建立平面直角坐标系，则，，，设，所以，，则，因为，所以，即的最大值为．故答案为：．三、双空题15．有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球，1个红球，乙袋中有2个红球，一个白球．这6个球手感上不可区别．今从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，此球是红球的概率为________．若已知取到一个红球，则从甲袋放入乙袋的是白球的概率为________．【答案】

【分析】设A1＝从甲袋放入乙袋的是白球,A2＝从甲袋放入乙袋的是红球,B＝从乙袋中任取一球是红球,利用P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)和P(A1|B)求解.【详解】设A1＝从甲袋放入乙袋的是白球；A2＝从甲袋放入乙袋的是红球；B＝从乙袋中任取一球是红球；P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＝，P(A1|B)＝.故答案为：；.四、填空题16．设双曲线的左、右焦点分别为，，B为双曲线E上在第一象限内的点，线段与双曲线E相交于另一点A，AB的中点为M，且，若，则双曲线E的离心率为________．【答案】【分析】由且M为AB的中点，则,设，根据双曲线的定义可求出的值，然后在直角三角形中由勾股定理可得出答案.【详解】由，，则在直角三角形中，由且M为AB的中点，则,连接设，则由双曲线的定义可得：由上两式联立解得：在直角三角形中，,即即，故故答案为：五、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若的面积为，点D在线段AC上，且，求BD的最小值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据正弦定理，结合三角恒等变换化简可推得，即可得出答案；（2）由已知可推得.在中，由余弦定理可推得，然后根据基本不等式，即可得出BD的最小值．【详解】（1）由正弦定理得，又，则，化简得．又，所以，则．因为，所以．（2）由（1）知，则的面积为，解得．在中，，由余弦定理得，当且仅当，即，时等号成立，所以BD的最小值为．18．如图，，分别是圆台上下底面的圆心，是下底面圆的直径，，点是下底面内以为直径的圆上的一个动点（点不在上）.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由底面，证得，再由点是下底面内以为直径的圆上的一点，得到，进而证得平面，即可证得平面平面；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题意，分别是圆台上下底面的圆心，可得底面，因为底面，所以，又由点是下底面内以为直径的圆上的一个动点，可得，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，则，，可得，所以，设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以，又由，设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以，所以，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.19．某电影制片厂从2011年至2020年生产的科教影片、动画影片、纪录影片的时长（单位：分钟）如图所示.（1）从2011年至2020年中任选一年，求此年动画影片时长大于纪录影片时长的概率；（2）从2011年至2020年中任选两年，设为选出的两年中动画影片时长大于纪录影片时长的年数，求的分布列和数学期望；（3）将2011年至2020年生产的科教影片、动画影片、纪录影片时长的方差分别记为，试比较的大小.（只需写出结论）【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）．.【分析】（1）由统计图表知10年有6年时间动画影片时长大于纪录影片时长，由此可得概率；（2）的所有可能取值为0,1,2，计算出各概率，可得分布列，由期望公式计算出期望；（3）根据统计图表中的数据计算出方差后可得．【详解】（1）从2011年至2020年中任选一年，动画影片时长大于纪录影片时长的年份分别是2011年，2015年，2017年，2018年，2019年和2020年，共6年.记从2011年至2020年中任选一年，此年动画影片时长大于纪录影片时长为事件，则.（2）的所有可能取值为0,1,2.；；.所以的分布列为012数学期望.（3）科教影片所记录时长波动较大，方差最大，动画影片、纪录影片的时长需计算出方差才能确定．，，，．所以．.20．已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且点在椭圆上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过右焦点F且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为Q，经过坐标原点O和点Q的直线m与椭圆C交于M，N两点，求四边形AMBN的面积的取值范围．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由题得到关于的方程，解方程即得解；（2）设直线l的方程为，联立椭圆C的方程得到韦达定理，设线段AB的中点为，求出它的坐标，求出、点M，N到直线l的距离，再化简求出即得解.【详解】（1）设椭圆右焦点的坐标为，则，即，又，则，因为点在椭圆上，所以，即，解得，则，，所以椭圆C的标准方程为．（2）由（1）知，因为直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为，代入椭圆C的方程，消去x化简得，设，，则，．设线段AB的中点为，则，，即，则直线m的方程为，代入椭圆C的方程可得，不妨设，．，点M，N到直线l的距离分别为，，则四边形AMBN的面积为．因为点M，N在直线l的两侧，所以，因为，所以．因此，四边形AMBN的面积的取值范围为．21．已知函数．(1)当时，求在点处的切线方程；(2)当时，，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由导数法求切线；（2）法一：对m分类讨论，由导数法研究函数单调性及符号即可判断，其中时，由作差法说明，将问题转化为判断的符号；法二：不等式等价为，由导数法研究图象性质，由数形结合判断范围.【详解】（1）因为，所以，因为，，所以切线方程