四川省眉山市2023届高三下学期第二次诊断性数学（理）试题（含答案解析）

眉山市高中2023届第二次诊断性考试数学（理工类）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共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，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算直接求解即可.【详解】，.故选：A.2.设全集为，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】求出集合A中元素范围，再求即可.【详解】，又，.故选：C.3.某乡镇为推动乡村经济发展，优化产业结构，逐步打造高品质的农业生产，在某试验区种植了某农作物．为了解该品种农作物长势，在实验区随机选取了100株该农作物苗，经测量，其高度（单位：cm）均在区间内，按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，记高度不低于16cm的为“优质苗”．则所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为（）A.20 B.40 C.60 D.88【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图计算出“优质苗”的占比,再乘以100可得结果【详解】由频率分布直方图可知，“优质苗”的占比为，因此，所选取的农作物样本苗中，“优质苗”株数为.故选：C.4.数学与音乐有着紧密的关联，我们平时听到的乐音一般来说并不是纯音，而是由多种波叠加而成的复合音．如图为某段乐音的图像，则该段乐音对应的函数解析式可以为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由图像可知，该函数为奇函数，根据奇偶函数的定义，得出A，B为奇函数，再根据函数图像中，判断出A对，B错；由图像得，判断出C，D错误，即可得出答案．【详解】对于A，函数，因为，所以函数为奇函数，又，故A正确；对于B，函数，因为，所以函数为奇函数，又，故B错误；对于C，函数，因为，故C错误；对于D，函数，，故D错误，故选：A．5.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用倍角公式将条件变形，然后结合列方程组求解.【详解】,①,又②，由①②得.故选：D.6.一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为2，下底长为4，腰长为2的等腰梯形，则该四棱台的体积为（）A. B. C. D.56【答案】A【解析】【分析】由三视图可知该四棱台为正四棱台，利用勾股定理求出棱台的高，再根据台体的体积公式即可得解.【详解】由三视图可知该四棱台为正四棱台，且侧面的高为，则该棱台的高为，所以棱台的体积.故选：A.7.已知实数，满足，则下列各项中一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，可得，根据不等式的性质即可判断A；根据正弦函数的单调性即可判断B；根据对数函数的单调性及换底公式即可判断C；根据指数函数及幂函数的单调性即可判断D.【详解】因为，所以，则，故A错误；当时，，所以，故B错误；因为，所以，所以，即，故C错误；因为，所以，即，故D正确.故选：D.8.已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】因为点在底面的射影为中点，则平面，又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为平面，平面，则，因为，，则，则、、、，所以，，易知平面的一个法向量为，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.故选：C.9.已知函数.给出下列结论：①是的最小值；②函数在上单调递增；③将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.其中所有正确结论的序号是（）A.①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】【分析】先利用辅助角公式化一，再根据正弦函数的性质即可判断①②，根据平移变换的原则即可判断③.【详解】，对于①，，是的最小值，故①正确；对于②，当时，，所以函数在区间上不具有单调性，故②错误；对于③，将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，得，故③正确，所以正确的有①③.故选：B.10.已知直线与抛物线交于点、，以线段为直径的圆经过定点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】记，则直线的方程可表示为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合以及可求得的值，再利用弦长公式可求得的值.【详解】记，则直线的方程可表示为，设点、，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，，，由已知可得，则，可得，所以，.故选：C.11.在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】如图，取的中点，连接的，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】如图，取的中点，连接，在菱形中，，则都是等边三角形，则，因为平面平面，所以即为二面角的平面角，因为，所以，即，所以平面平面，如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且，设点为三棱锥的外接球的球心，则平面外接球的半径为，设，则，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：B.12.若存在，使不等式成立，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】等价变形给定的不等式，并令，构造函数，将问题转化为存在，使得成立，再借助导数求解即得.【详解】依题意，，令，即，由，得，令，则原问题等价于存在，使得成立，求导得，由，得，由，得，因此函数在上单调递减，在上单调递增，而，又，则当时，，若存在，使得成立，只需且，解得且，即，所以的取值范围为.故选：D【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，，则实数______.【答案】【解析】【分析】先求出向量的坐标，再利用模的坐标运算列方程求解即可.【详解】由已知得，，，解得.故答案为：.14.已知的展开式中含项的系数为，则______.【答案】##【解析】【分析】求出的展开式通项，然后利用含项的系数为列方程求解.【详解】，又的展开式通项为，的展开式通项为，，解得.故答案为：12.15.已知为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线从左往右顺次交于两点.若，则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】分别联立直线与双曲线渐近线的方程，求出两点的坐标，再根据在的右侧，可得，再根据，求得的齐次式，由此求出，进而可得答案.【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，则，联立，解得，联立，解得，因为两条渐近线从左往右顺次交于两点，且所以，，，所以，因，所以，整理得，则，解得或（舍去），所以离心率.故答案为：.16.中，角、、所对的边分别为、、.若，且，则周长的最大值为______.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可得出周长的最大值.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，，因为、，则，所以，，故，由余弦定理可得，所以，，即，故，当且仅当时，等号成立，故周长的最大值为.故答案为：.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作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了200名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表：一般良好合计男20100120女305080合计50150200（1）通过计算判断，有没有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？（2）该商店在春节期间开展促销活动，该产品共有如下两个销售方案.方案一：按原价的8折销售；方案二：顾客购买该产品时，可在一个装有4张“每满200元少80元”，6张“每满200元少40元”共10张优惠券的不透明箱子中，随机抽取1张，购买时按照所抽取的优惠券进行优惠.已知该产品原价为260（元/件）.顾客甲若想采用方案二的方式购买一件产品，估计顾客甲需支付的金额；你认为顾客甲选择哪种购买方案较为合理？附表及公式：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中，.【答案】（1）有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系（2）元，选择方案二较为合理【解析】【分析】（1）根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；（2）设甲顾客按方案二购买一件产品需要出元，写出的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求出期望即可，再求出选择方案一所需的金额，即可得出结论.【小问1详解】，所以有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系；【小问2详解】若甲顾客按方案二购买一件产品，设需要出元，则可取，，所以（元），所以顾客甲若想采用方案二的方式购买一件产品，估计顾客甲需支付元，若甲顾客按方案一购买一件产品，则需要（元），因为，所以顾客甲选择方案二购买较为合理.18.已知数列是公差为2的等差数列，.是公比大于0的等比数列，，.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由等差数列的求和公式解方程可得首项，进而得到；由等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到；（2）由等比数列的求和公式，结合数列的错位相减法求和，可得所求和.【小问1详解】数列是公差为2的等差数列,得，，是公比大于0的等比数列，，设公比为，，解得(负值舍去)，；【小问2详解】由（1）得，①，②，①-②得，19.如图，在三棱锥中，为的内心，直线与交于，，.（1）证明：平面平面；（2）若，，，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设平面，垂足为，作于，于，连接，先证明，从而可证得，从而可得点为的内心，即两点重合，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，利用等面积法求得内切圆的半径，再利用勾股定理求得，即可得的坐标，再利用向量法求解即可.【小问1详解】设平面，垂足为，作于，于，连接，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，在和中，因为，所以，所以，在和中，，所以，所以，即点到距离相等，同理点到的距离相等，所以点为的内心，所以两点重合，所以平面，又因平面，所以平面平面；【小问2详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设内切圆的半径为，则即，解得，故，则，则，设平面的法向量，则，可取，设平面的法向量，则，可取，则，由图可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20.已知椭圆经过，两点，，是椭圆上异于的两动点，且，若直线，的斜率均存在，并分别记为，.（1）求证：为常数；（2）求面积的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设直线的倾斜角分别为，根据，可得，即，求出，从而可得出结论；（2）利用待定系数法求出椭圆方程，设，，联立方程求出，再根据，化简计算结合基本不等式即可得解.【小问1详解】设直线的倾斜角分别为，因为，所以，即，故，因为，，所以，所以，所以，则，所以为常数；【小问2详解】椭圆经过，两点，代入得，解得，所以椭圆方程为，设，，由（1）得，则的方程为，的方程为，联立，消得，则，同理可得，则令，则，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为.【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．21.已知函数有两个极值点.（1）求的取值范围；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意转化为方程有两个不同的实根，设，求得，求得函数的单调性和极大值，进而求得的取值范围；（2）由（1）得到，得出，令，得到，求得，令，取得，再令，利用导数求得的单调性，进而得出单调递性和最小值，即可求解.【小问1详解】解：因为函数，可得，因为函数有两个极值点，所以方程有两个不同的实数根，即方程有两个不同的实数根，设，可得，当时，可得，单调递增；当x>1时，可得，单调递减，所以时，函数取得极大值，极大值为，又因为时，；时，，且时，，所以方程有两个不同的实数根时，可得，即函数有两个极值点时，的取值范围是.【小问2详解】解：由（1）知，函数的两个极值点是方程的两根，且，则有，两式相除，可得，可得，又由，可得，所以，令，令，则需要恒成立，则，令，则，令，则上单调递增，又由，则存在，使得，当时，，则即为单调递减；当时，，则即为单调递增，又，所以存在，使得当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，又，所以当时，，则，单调递减；当时，，则，单调递增，所以当时，，所以，故实数的取值范围是【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分