精品解析：四川省广安友实学校2023届高三下学期二诊模拟考试数学试题

四川省广安友实学校2023届高三下学期二诊模拟考试数学试题 一、单选题（共60分） 1. 集合的真子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简集合，再列举出所有真子集，从而可得答案． 【详解】因为， 所以A的真子集为 可得真子集的个数为， 故选：． 2. 复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法运算求出复数，可明确其虚部. 【详解】因为. 所以复数的虚部为. 故选：B 3. 已知平面，直线、，若，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若，且，则或，即“”“”； 若，且，则或、异面，则“”“”. 因此，“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 已知向量，点，若且，为坐标原点，则的坐标为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由，可设，根据，用代入模长公式求得. 【详解】由知，存在实数，使， 又，则，即或， 所以或.又点， 所以或. 故选：D. 5. 已知为角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据角终边上的点的坐标，求得角的正弦值，继而求得，代入求值，即得答案. 【详解】由题意知为角终边上一点，则， 故， 故， 故选：A 6. 已知等差数列的前项和为，，若，则 A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【详解】 ,所以 ,选B. 7. 已知函数，则函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据时，函数值的趋向，即可判断选项. 【详解】函数定义域是， ，， 所以函数是奇函数，应关于原点对称，故排除CD； ，当时，，， 所以，故排除B. 故选：A 8. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受．在如图所示的圆形图案中有12个树叶状图形（即图中阴影部分），构成树叶状图形的圆弧均相同．若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用扇形知识先求出阴影部分的面积，结合几何概型求解方法可得概率. 【详解】设圆的半径为r，如图所示， 12片树叶是由24个相同的弓形组成，且弓形AmB的面积为 ． ∴所求的概率为P= ． 故选B． 【点睛】本题主要考查几何概型的求解，侧重考查数学建模的核心素养. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别判断出，，，即可得到答案. 【详解】. 因为，所以. 所以； 因为在R上为增函数，所以； 因为在上为增函数，且所以，即； 所以. 故选：D 10. 将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角函数的图象变换得到的解析式，再由其图象性质得出后计算原式 【详解】依题意，， 故，又的周期满足，得，所以， 所以，又，得， 又，所以，所以， 所以， 故选：C 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为是双曲线上一点，是以为底边的等腰三角形，且，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，由余弦定理可得，再结合双曲线的定义、与余弦函数的图形与性质，以及不等式的性质，可推出，从而有离心率，得解. 【详解】由题意可得： ， 即， ， ， ，， ， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、，得到，的关系． 12. 已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ） A. ​ B. ​ C. ​ D. ​ 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求值域，根据值域交集非空即可得解. 【详解】因为函数， ，在区间上是单调减函数， 所以， 又在区间上是单调增函数， 所以​， 由于​使得​， 所以​ 当时，或​， 解得或​． 所以当时， 得． 故选：B． 【点睛】关键点睛：根据在于理解，使得的实质即是两个函数的值域交集非空，然后利用导数求出值域，根据集合关系求解即可. 二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分． 13. 已知数列满足，则_____________. 【答案】18 【解析】 【分析】根据前项和的定义结合递推公式即可求解. 【详解】， ， 所以. 故答案为：18. 14. 实数x，y满足不等式组，则的最小值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】在平面直角坐标系内，画出可行解域，根据目标函数的几何意义，结合点到直线的距离公式进行求解即可. 【详解】作出可行域如图中阴影部分所示， 的几何含义为过原点到阴影区域内的点距离的最小值的平方， 原点到直线的距离， 即原点到阴影区域的最小值，而，则的最小值为. 故答案为： 15. 已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线定义结合余弦定理可推得，结合三角形面积可推得，由可得，继而推得，，再利用勾股定理结合即可求得c，可得答案. 【详解】设双曲线C：的半虚轴为b,半焦距为c, 由题意得，所以， 又， 两式相减可得， 则，所以， 又的面积为3，，所以， 得，所以， 因为，所以，即， 又因为，所以，， 所以，得， 又因为，且，所以，所以双曲线C的焦距为， 故答案为：. 16. 如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论： ①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE； ②存在点H，使得GH⊥AE； ③三棱锥B−GHF的体积为定值； ④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为． 其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可. 【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示： 因为分别为的中点，故可得//，， 根据已知条件可知：//，故//， 故四边形为平行四边形，则//，又面面， 故//面，故①正确； 对②：因为面面，故， 又四边形为矩形，故，则两两垂直， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 则，设，， 若GH⊥AE，则， 即，解得，不满足题意，故②错误； 对③：，因为均为定点，故为定值， 又//面面，故//面， 又点在上运动，故点到面的距离是定值， 故三棱锥的体积为定值，则③正确； 对④：取△的外心为，过作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心一定在上 因为面，面面，则，又， 面，故面,又面， 则//，故在同一个平面， 则过作，连接如图所示. 在△中，容易知， 则由余弦定理可得，故， 则由正弦定理可得； 设三棱锥的外接球半径为，则， △中，，， 又， 故由勾股定理可知：，即， 解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题. 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤. 17. 党的二十大报告提出：“必须坚持科技是第一生产力､人才是第一资源､创新是第一动力，深入实施科教兴国战略､人才强国战略､创新驱动发展战略，开辟发展新领域新赛道，不断塑造发展新动能新优势.”某数字化公司为加快推进企业数字化进程，决定对其核心系统DAP，采取逐年增加研发人员的办法以提升企业整体研发和创新能力.现对2018~2022年的研发人数作了相关统计（年份代码1~5分别对应2018~2022年）如下折线图： （1）根据折线统计图中数据，计算该公司研发人数与年份代码的相关系数，并由此判断其相关性的强弱； （2）试求出关于的线性回归方程，并预测2023年该公司的研发人数（结果取整数）. 参考数据：当认为两个变量间的相关性较强 参考公式相关系数， 回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，. 【答案】（1）相关系数为0.988，相关变量有较强的相关性 （2），540人 【解析】 【分析】(1)将数据代入公式计算即可求解； (2)结合（1）和题中的数据，代入公式计算即可求解. 【小问1详解】 由题知 因为，所以认为相关变量有较强的相关性. 【小问2详解】 由（1）得 回归方程为 当时，即2023年该公司投入研发人数约540人. 18. 在中，角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且满足. （1）求角； （2）若边上的中线长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，化简可得，从而可求得. （2）根据向量有，结合余弦定理可求得，从而可求得三角形面积. 【小问1详解】 由正弦定理得:， 即, 即，因为， 化简得, ，. 【小问2详解】 设边上的中线为，则 所以， 即有：① 又， 由余弦定理得② 由①②得， 所以. 19. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，，分别为棱，，的中点． （1）求证：； （2）若，，求三棱锥的体积； （3）判断直线与平面的位置关系，并说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）平面AEF，理由见解析 【解析】 【分析】（1）首先证出，，根据线面垂直的判定定理证出平面，再由线面垂直的定义即证. （2）证出为三棱锥的高，利用三棱锥的体积公式以及等体法即可求解. （3）利用线面平行的判定定理即可证出直线与平面的位置关系. 【详解】证明：（1） 平面平面 ， ，点为的中点， 又，面 平面 又平面 ，即 （2），故， 三棱柱中，侧棱底面， 平面 平面, 又平面 即为三棱锥的高 （3）平面，证明如下： 连接，记与相交于点 ,连接 分别为和的中点， 故 四边形平行四边形 为中点， 又为中点， 平面，平面， 平面 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理、线面垂直的定义、等体法求点到面的距离以及线面平行的判定定理，考查了学生的推理能力，属于中档题. 20. 已知函数是自然对数的底数）. （1）若函数在处的切线方程为，求实数的值； （2）若，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先对函数求导，再求出在处的导数值，根据题目所给直线的斜率即可求解. （2）首先构造新函数，根据题意的分析，只要即可，然后通过对分类讨论，求出的最小值即可. 【小问1详解】 由题意，知，则. 因为函数在处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 令， 则，即， 所以，即 因为，使得成立， 即，使得成立， 所以. ①当时，在上恒成立，函数在区间上单调递增， 所以， 所以 ②当时，令，解得；令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在上单调递增， 所以，即，故. 综上所述，实数的取值范围为. 21. 如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点． （1）若点为直线与轴的交点，求的面积； （2）若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）可得点，设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，由判别式为零可求得的值，可知，求出两切点的坐标，可得出、，利用三角形的面积公式可求得结果； （2）设、，可得出切线、的方程，设点，求出直线的方程，可得出直线过定点，由结合直角三角形的几何性质可得出结论. 【小问1详解】 解：由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为， 联立，可得，（*） 由， 可得，即切线方程为，所以，， 将代入方程（*）可得，可得，此时， 不妨设点，同理可得点，， 因此，. 【小问2详解】 证明：先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为， 因为点在椭圆上，则， 联立，消去可得， 整理得，即，解得， 因此，椭圆在其上一点处的切线方程为. 设、，则切线的方程为，切线的方程为. 设，则， 所以，点、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 因为点在直线上，则，则， 所以，直线的方程可表示为，即， 由，可得，故直线过定点， 因为，所以，点在以为直径的圆上， 当点为线段的中点时，，此时点的坐标为. 故存在点，使得为定值. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答. 22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆经过极点，且其圆心的极坐标为. （1）求直线的普通方程与圆的极坐标方程； （2）若射线分别与圆和直线交于点（点异于坐标原点），求线段长. 【答案】（1）直线普通方程为，圆的极坐标方程为 （2） 【解析】 【分析】（1）消去得直线方程，确定圆心和半径，计算极坐标方程得到答案. （2）将代入圆和直线的极坐标方程，计算即可. 【小问1详解】 ，消去得， 圆C经过极点，且其圆心的极坐标为，圆是以为圆心，半径为2的圆. 其方程是，即，极坐标方程为； 【小问2详解】 将代入得， 直线的极坐标方程是，即， 将代入得，故. 23. 已知函数. （1）求的最大值; （2）若正数满足，证明: 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题知，再求解最大值即可； （2）根据基本不等式证明即可. 小问1详解】 解：当时，； 当时，； 当时，， 所以 因为当时，函数单调递减，或时，函数为常函数， 所以，函数的最大值为，即 【小问2详解】 解：因为，，， 所以， 因为，由（1）知，即， 所以， 所以，，当且仅当时等号成立， 所以，证毕. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四川省广安友实学校2023届高三下学期二诊模拟考试数学试题 一、单选题（共60分） 1. 集合的真子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 2. 复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A B. 1 C. D. 3. 已知平面，直线、，若，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量，点，若且，为坐标原点，则的坐标为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知为角终边上一点，则（ ） A B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，，若，则 A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 7. 已知函数，则函数大致图象为（ ） A. B. C. D. 8. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受．在如图所示的圆形图案中有12个树叶状图形（即图中阴影部分），构成树叶状图形的圆弧均相同．若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（　　） A. B. C. D. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为是双曲线上一点，是以为底边的等腰三角形，且，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 12. 已知函数，若，使得，则实数取值范围是（ ） A. ​ B. ​ C. ​ D. ​ 二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分． 13. 已知数列满足，则_____________. 14. 实数x，y满足不等式组，则的最小值为_____________. 15. 已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，若，且的面积为3，则双曲线C的焦距为___________. 16. 如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论： ①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE； ②存在点H，使得GH⊥AE； ③三棱锥B−GHF的体积为定值； ④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为． 其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号） 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤. 17. 党的二十大报告提出：“必须坚持科技是第一生产力､人才是第一资源､创新是第一动力，深入实施科教兴国战略､人才强国战略､创新驱动发展战略，开辟发展新领域新赛道，不断塑造发展新动能新优势.”某数字化公司为加快推进企业数字化进程，决定对其核心系统DAP，采取逐年增加研发人员的办法以提升企业整体研发和创新能力.现对2018~2022年的研发人数作了相关统计（年份代码1~5分别对应2018~2022年）如下折线图： （1）根据折线统计图中数据，计算该公司研发人数与年份代码的相关系数，并由此判断其相关性的强弱； （2）试求出关于的线性回归方程，并预测2023年该公司的研发人数（结果取整数）. 参考数据：当认为两个变量间的相关性较强 参考公式相关系数， 回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，. 18. 在中，角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且满足. （1）求角； （2）若边上的中线长为，求的面积. 19. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，，分别为棱，，的中点． （1）求证：； （2）若，，求三棱锥的体积； （3）判断直线与平面的位置关系，并说明理由. 20. 已知函数是自然对数的底数）. （1）若函数在处的切线方程为，求实数的值； （2）若，使得成立，求实数的取值范围. 21. 如图所示，已知椭圆与直线．点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，、为切点，是坐标原点． （1）若点为直线与轴的交点，求的面积； （2）若，垂足，求证：存在定点，使得为定值. 选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答. 22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆经过极点，且其圆心的极坐标为. （1）求直线的普通方程与圆的极坐标方程； （2）若射线分别与圆和直线交于点（点异于坐标原点），求线段长. 23. 已知函数. （1）求的最大值; （2）若正数满足，证明: 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$