精品解析：四川泸县第五中学2026届高三下学期第2次月考数学试卷

泸县五中高2023级高三下期第602次考试 数 学 第I卷 选择题 58分 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.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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】求出集合A，再利用交集的定义即可求出. 【详解】由得：，所以集合，故 故选：A 2. 已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法及乘法运算可求复数，再利用复数的基本概念及几何性质可求. 【详解】，故，在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 3. 若函数为偶函数，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知：为函数的对称轴，结合余弦函数对称性分析求解. 【详解】由题意可知：为函数的对称轴， 则，则， 对于选项A：令，解得，不合题意； 对于选项B：令，解得，符合题意； 对于选项C：令，解得，不合题意； 对于选项D：令，解得，不合题意； 故选：B. 4. 展开式中含的项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项展开式通项公式结合条件即得. 【详解】的展开式通项为， 由可得，因此，展开式中含的项的系数为. 故选：D. 5. 已知随机事件发生的概率分别为，，若，则（ ） A. 0.5 B. C. 0.12 D. 0.18 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率公式直接计算即可. 【详解】由，可得． 故选：C 6. 若平面向量，则的最小值为（     ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标关系求出与的关系， 利用基本不等式求的最小值. 【详解】∵平面向量与平行， ∴，化简可得. ∴， 当且仅当，由，可得，时取等号. 所以的最小值为. 故选：B 7. 已知为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数的平方关系求出，然后利用倍角公式求解即可. 【详解】因为为锐角， 所以， 又， 所以， , 故选：B. 8. 设双曲线的右顶点为，，分别在两条渐近线上，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角平分线定理结合余弦定理计算离心率即可. 【详解】由题设，由角平分线定理可得， 则，. 在中，由余弦定理得； 在中，由余弦定理得. 由得.解得. 则，即， 所以双曲线的离心率为. 故选:B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居民显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病例数计算，下列各项中，一定符合上述指标的是（ ） A. 平均数 B. 标准差 C. 平均数且极差小于或等于 D. 众数等于且极差小于或等于 【答案】CD 【解析】 【分析】 根据题目条件，只需满足连续7天每日新增比例数不超过5即可，仅通过平均数和标准差不能确保每天的新增病例数不超过5，可判断A，B错误；再根据平均数及极差综合判断C，D中数据的可能取值，分析是否符合条件. 【详解】对于A选项，若平均数，不能保证每天新增病例数不超过人，不符合题意； 对于B选项，标准差反映的是数据的波动大小，例如当每天感染的人数均为，标准差是，显然不符合题意； 对于C选项，若极差等于或，在的条件下，显然符合指标；若极差等于，假设最大值为6，最小值为4，则，矛盾，故每天新增感染人数不超过5，符合条件，C正确； 对于D选项，若众数等于1且极差小于或等于4，则最大值不超过5，符合指标. 故选：CD 【点睛】本题考查统计的数据特征，解答本题时，一定要注意平均数、标准差等对数据的影响，其中C、D选项的判断是难点，可采用假设法判断. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在单调递增 D. 函数有两个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后将函数利用对数的运算变形，再利用复合函数的单调性的判断法则以及二次函数的性质依次判断A,B,C即可；分析函数与函数的单调性结合图象的交点，即可判断函数零点个数，从而判断D. 【详解】函数定义域为，又， 令，，在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以在上单调递增，故选项C正确； 因为， 所以函数的对称中心为对称，故选项B错误，选项A正确； 因为，所以函数，函数， 所以在上单调递减，在上单调递增，又函数在上为增函数， 则函数与函数在平面直角坐标系中的图象如下图所示： 故函数与函数在区间上有两个交点，即函数有两个零点，故D正确. 故选：ACD． 11. 已知抛物线：，两平行直线，分别交于点，，，，O为坐标原点，且，M，N分别是，的中点，且，则（ ） A. 恒过的焦点 B. ，的横坐标之积为定值4 C. ，距离的最大值为6 D. 直线的斜率恒为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对AC，设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，进而根据求解可得的方程为，的方程为即可判断；对B，根据韦达定理结合求解即可；对D，根据中点坐标求解的坐标即可判断. 【详解】对AC，设直线的方程为， 的方程为， ，，，， 联立，得， 所以，，， 所以， 解得或， 所以的方程为或， 同理可得的方程为或， 又，所以的方程为，的方程为， 所以恒过焦点，恒过点（6，0），且，距离的最大值为，A项正确，C项错误； 对B，，B项正确； 对D，由题得，同理得， 所以，D项正确. 故选：ABD 第II卷 非选择题 92分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数，是定义在上的增函数，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，解不等式即可得出答案. 【详解】由题知，，解得：. 故答案为：. 13. 如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据线面垂直判定定理得出平面，则即为所求的线面角，再计算求解. 【详解】连接与交于点，因为平面，平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以平面， 又，则平面， 故即为在平面上的射影，即为所求的线面角， 又，，故. 故答案为：. 14. 在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为_____________．（用数字作答） 【答案】969 【解析】 【分析】根据给定条件，利用隔板法列式求出正整数解个数即可. 【详解】点是三棱锥内部（不包括表面）的整点，则 当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为； ，当时，不同的正整数解个数为；当时，不同的正整数解个数为， 所以三棱锥内部的整点的个数为 . 故答案为：969 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知正项数列的前n项和为，且满足， （1）求 （2）求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)先令求出首项，再由数列的递推公式，当时，代入并结合 等差数列的定义和通项公式求出. (2)由第一问的公式，正好利用分母有理化进行化简抵消即可得出结果 【小问1详解】 根据题意可得，当时，，解得， 由，代入得，整理后得 ，即，根据等差数列的定义可知，数列 是首项为1，公差为1的等差数列，则， 【小问2详解】 由(1)可知， ， 16. 如图，在三棱锥P­ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH. （1）求证：AB∥GH； （2）求二面角D­GH­E的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）由中位线定理得EF∥DC，然后由线面平行判定定理和性质定理得出线线平行，，从而证得结论成立； （2）先证得BA，BQ，BP两两垂直．然后以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角的余弦值． 【详解】（1）证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC． 又因为EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD． 又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH， 所以EF∥GH.又因为EF∥AB，所以AB∥GH. （2）在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ， 所以∠ABQ＝90°.又因为PB⊥平面ABQ， 所以BA，BQ，BP两两垂直． 以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设BA＝BP＝BQ＝2， 则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)， 所以＝(－1，2，－1)，＝(0，2，－1)， ＝(－1，－1，2)，＝(0，－1，2)． 设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由，， 得，取y1＝1，得＝(0，1，2)． 设平面PDC的一个法向量为＝(x2，y2，z2)， 由，， 得，取z2＝1，得＝(0，2，1)． 所以cos〈〉＝. 因二面角D­GH­E为钝角， 所以二面角D­GH­E的余弦值为． 【点睛】本题考查线面平行的判定定理和性质定理，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把几何问题转化为计算． 17. 众所周知，乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守.某学校为了丰富学生的课后活动内容，增强学生体质，决定组织乒乓球活动社.以下是接下来7个星期(用x=1表示第1个星期，用x=2表示第二个星期，以此类推)参加活动的累计人数y(人)的统计数据. x 1 2 3 4 5 6 7 y 6 14 20 37 74 108 203 （1）根据表中数据可以判断y与x大致满足回归模型，试建立y与x的回归方程（精确到0.01）； （2）为了更好地开展体育类型活动，学校继续调查全校同学的身高情况.采用按比例分层抽样抽取了男生30人，其身高的平均数和方差分别为171.5和13.0；抽取了女生20人，其身高的平均数和方差分别为161.5和27.0，试求全体学生身高的平均数和方差. 参考数据：，其中； 参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，. 【答案】（1） （2）平均数为167.5，方差为42.6 【解析】 【分析】（1）利用对数变换将非线性回归模型转化为线性回归模型，再根据给定的参考公式求出线性回归方程的系数，进而得到与的回归方程； （2）根据分层抽样的性质，利用平均数和方差的计算公式来求解全体学生身高的平均数和方差. 【小问1详解】 已知，两边取常用对数可得， 设，，，则回归方程变为. 先计算，，，. 根据参考公式，，将，，，代入可得： . . 则， 因为，，所以，则；，则. 所以与的回归方程为. 即 【小问2详解】 全体学生身高的平均数. 根据方差公式（其中为各层人数，为各层方差，为各层平均数，为总平均数）. 将，，，，，，代入可得： 则全体学生身高的平均数为167.5，方差为42.6. 18. 已知函数，为的导函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点， （i）求的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在单调递增； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性； （2）（i）先讨论单调性，根据有两个零点得出最小值，即可得的取值范围； （ii）结合（i）知，要证，即证，即，分和进行证明. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为， ， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上所述，函数在上单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 （i）函数的定义域为，， ①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意； ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. ∴当时，取得最小值，最小值为. 因为函数有两个零点，且时，，时，，所以. 设，易知函数在单调递增. 因为，所以的解集为. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）因为，由，结合（i）知， 要证，即证，即， 当时，因为，，不等式恒成立； 当时，由得. 即证. 即证. 即证. 设，，由， 所以在单调递增. 所以，故原不等式成立. 所以. 19. 记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． （1）求点的坐标； （2）证明：是递减数列； （3）记的面积为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解； （2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得. 又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明； （3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明. 【小问1详解】 如图所示，联立，解得或，故. 又，所以，，故直线， 联立，解得或，故. 【小问2详解】 联立，解得点， 所以，， 所以 又因为，故，于是，即，故是递增数列. 又由，可知是递减数列，于是是递减数列. 【小问3详解】 由（2）得，当时，，， 利用割补法，知 . 而，故. 而，故； 又，故， 由累乘法可知， 而，故. 故. 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2023级高三下期第602次考试 数 学 第I卷 选择题 58分 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.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 2. 已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若函数为偶函数，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中含的项的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机事件发生的概率分别为，，若，则（ ） A. 0.5 B. C. 0.12 D. 0.18 6. 若平面向量，则的最小值为（     ） A. 2 B. C. D. 7. 已知为锐角，且，则（ ） A B. C. D. 8. 设双曲线的右顶点为，，分别在两条渐近线上，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居民显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病例数计算，下列各项中，一定符合上述指标的是（ ） A 平均数 B. 标准差 C. 平均数且极差小于或等于 D 众数等于且极差小于或等于 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在单调递增 D. 函数有两个零点 11. 已知抛物线：，两平行直线，分别交于点，，，，O为坐标原点，且，M，N分别是，的中点，且，则（ ） A. 恒过的焦点 B. ，的横坐标之积为定值4 C. ，距离的最大值为6 D. 直线的斜率恒为定值 第II卷 非选择题 92分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数，是定义在上的增函数，则实数的取值范围是__________. 13. 如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 14. 在空间直角坐标系Oxyz中，点，已知若点在平面ABC内，则，则在三棱锥内部（不包括表面）的整点（横、纵、竖坐标均为整数的点）的个数为_____________．（用数字作答） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知正项数列的前n项和为，且满足， （1）求 （2）求 16. 如图，在三棱锥P­ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH. （1）求证：AB∥GH； （2）求二面角D­GH­E余弦值． 17. 众所周知，乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，包括进攻、对抗和防守.某学校为了丰富学生的课后活动内容，增强学生体质，决定组织乒乓球活动社.以下是接下来7个星期(用x=1表示第1个星期，用x=2表示第二个星期，以此类推)参加活动的累计人数y(人)的统计数据. x 1 2 3 4 5 6 7 y 6 14 20 37 74 108 203 （1）根据表中数据可以判断y与x大致满足回归模型，试建立y与x的回归方程（精确到0.01）； （2）为了更好地开展体育类型活动，学校继续调查全校同学的身高情况.采用按比例分层抽样抽取了男生30人，其身高的平均数和方差分别为171.5和13.0；抽取了女生20人，其身高的平均数和方差分别为161.5和27.0，试求全体学生身高的平均数和方差. 参考数据：，其中； 参考公式：对于一组数据，其回归直线斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，. 18. 已知函数，为的导函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点， （i）求的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 19. 记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． （1）求点的坐标； （2）证明：是递减数列； （3）记的面积为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $