2023届四川省遂宁市高三第二次诊断性考试数学（文）试题含解析

2023届四川省遂宁市高三第二次诊断性考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据二次不等式解法求出集合A，再根据集合交集运算即可得到答案．

【详解】，

，

故．

故选：C．

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的四则运算法则即可计算.

【详解】.

故选：A.

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

【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．已知，，则（    ）

A．3 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】由二倍角的正弦、余弦公式代入化简即可得出答案.

【详解】由可得：，

则，因为，所以，

所以，则.

故选：B.

5．过直线：上的点作圆：的切线，则切线段长的最小值为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据几何关系表示出切线段长度，根据几何关系即可求出其最小值．

【详解】设直线上任意一点为P，过P作圆的切线，切点为M，圆C圆心C为，半径，

则，

要使最小，则最小，易知最小值为圆心C到直线l的距离．

即，

∴．

故选：B．

6．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象，则该段乐音对应的函数解析式可以为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性，再利用特殊值的函数值，逐一判断即可.

【详解】对于A，函数，

因为，所以函数为奇函数，

又，故A符合图象；

对于B，函数，

因为，所以函数为奇函数，

又，故B不符题意；

对于C，函数，

因为，故C不符题意；

对于D，当时，，故D不符题意.

故选：A.

7．已知函数，则（    ）

A．有2个极大值点 B．有1个极大值点和1个极小值点

C．有2个极小值点 D．有且仅有一个极值点

【答案】D

【分析】求导，根据导函数的符号求得函数的单调区间，再根据极值点的定义即可得解.

【详解】，

因为（当且仅当时取等号），

则当时，，当时，，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以函数的极小值点为，没有极大值点，

即函数有且仅有一个极值点.

故选：D.

8．将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数可以是(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】现利用辅助角公式将f(x)化简，再根据函数图象左右平移即可求出新的函数解析式．

【详解】，

将函数的图象上的所有点向右平移个单位长度，

得到函数．

故选：D．

9．已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面ABCD的射影为BC中点H，则点到平面ABCD的距离为(    )

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】求出，根据∥平面ABCD即可得点到平面ABCD的距离．

【详解】如图，

连接，则⊥平面ABCD，且，

由题可知∥，

又∵平面ABCD，平面ABCD，

∴∥平面ABCD，

∴点到平面ABCD的距离与点B1到平面ABCD的距离相等．

故选：B．

10．已知定点，直线：与抛物线交于两点A，B，若，则(    )

A．4 B．6 C．8 D．10

【答案】C

【分析】设，联立直线l与抛物线的方程，求得，，，由可得，从而可求k的值，根据弦长公式即可求．

【详解】设，

，

由题知，，故，

则，

由，

即，

即，解得，则，

则．

故选：C．

11．在中，，，为的中点，将绕旋转至，使得，则三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】推导出平面，计算出的外接圆的直径，可得出三棱锥的外接球直径为，再利用球体表面积公式可求得结果.

【详解】如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.

翻折前，在中，，，为的中点，则，

且，

翻折后，则有，，

又因为，、平面，所以，平面，

由已知，则是边长为的等边三角形，

将三棱锥置于圆柱上，使得的外接圆为圆，

所以，的外接圆直径为，

所以，三棱锥的外接球直径为，则，

因此，三棱锥的外接球表面积为.

故选：C.

12．已知函数.若过点可以作曲线三条切线，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数求的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，结合图象即可得出答案.

【详解】设切点为，由可得，

所以在点处的切线的斜率为，

所以在点处的切线为：，

因为切线过点，所以，

即，即这个方程有三个不等根即可，

切线的条数即为直线与图象交点的个数，

设，

则

由可得，由可得：或，

所以在和上单调递减，在上单调递增，

当趋近于正无穷，趋近于0，当趋近于负无穷，趋近于正无穷，

的图象如下图，且，

要使与的图象有三个交点，则.

则的取值范围是:.

故选：A.

二、填空题

13．已知双曲线，则的离心率为___________.

【答案】##

【分析】求出、、的值，即可得出双曲线的离心率的值.

【详解】在双曲线中，，，，

因此，双曲线的离心率为.

故答案为：.

14．已知，，，则实数______.

【答案】

【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：.

15．中，角、、所对的边分别为、、.若，且，则面积的最大值为___________.

【答案】##

【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，即可得出面积的最大值.

【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，，则.

当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.

故答案为：.

16．《定理汇编》记载了诸多重要的几何定理，其中有一些定理是关于鞋匠刀形的，即由在同一直线上同侧的三个半圆所围成的图形，其被阿基米德称为鞋匠刀形.如图所示，三个半圆的圆心分别为，，，半径分别为，，（其中），在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为，则___________.

【答案】##

【分析】通过计算三个半圆的面积，表示阴影部分的面积，利用几何概型的概率计算公式即可得出答案.

【详解】解：阴影部分面积为：

由图可知：，所以

则，

因为在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为，

所以，

，即，则

解得：，因为，

所以.

故答案为：.

三、解答题

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：

(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)利用样本数据，在评价结果为“良好”的客户中，按照性别用分层抽样的方法抽取了6名客户.若从这6名客户中随机选择2名进行访谈，求所抽取的2名客户中至少有1名女性的概率.

附表及公式：

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)

【分析】（1）根据表中数据计算出的值，对比附表数据，然后作出判断；

（2）先根据分层抽样计算出男、女客户并对男女生进行标记，列出“从名学生中随机抽取名”的所有基本事件，分析满足“抽取的两名学生中至少有名女性”的基本事件，根据基本事件数之比求解出对应概率.

【详解】（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）因为“效果较好”的男客户和女客户的人数之比为，即为，

所以抽取的名客户中，男生有名，记为，，，，

女生有名，记为，，

从这人中选取人的所有基本事件有：，，，，

，，，，，，，，

，，，共个.

其中至少一名女生的基本事件有：，，，，

，，，，，共9个.

所以，抽取的名学生中至少有名女性的概率为.

18．已知数列是公差为2的等差数列，其前3项的和为12，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)

【分析】（1）根据等差等比数列通项公式直接求解；

（2）利用裂项相消和等比数列的前项和公式求解即可.

【详解】（1）设公差为，公比为，

则由题可得数列的前3项的和，

因为，所以，所以，

又因为，

所以解得或（舍），

所以.

（2）由（1）可知，，

所以的前项和为：

.

所以

19．如图，在三棱锥中，H为的内心，直线AH与BC交于M，，.

(1)证明：平面平面ABC；

(2)若，，，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设平面ABC于点N，过N作于E，于F，连接PE，PF，通过全等三角形及角平分线性质可证N与H重合，从而可证平面平面ABC；

（2）由（1）知平面ABC，且由已知可求长度，再由角平分线性质可求面积，从而可求三棱锥的体积．

【详解】（1）如图，设平面ABC于点N，过N作于E，于F，连接PE，PF．

∵平面ABC，平面ABC

∴

又∵   ∴平面PNE   ∴，

同理

在，中，，

∴   ∴

在，中，，

∴，∴，即N到AB，AC的距离相等

同理N到BC，AC的距离相等，故N为的内心，N与H重合

∴平面ABC

又∵平面APM    ∴平面平面ABC

（2）由已知可得，设的内切圆半径为r，

则，故，

因为H为的内心，所以AH平分，所以，

，所以，，

故的面积为，

因为，  所以，所以，得，

所以，，

故三棱锥的体积为．

20．已知椭圆：经过，两点，M，N是椭圆上异于T的两动点，且，直线AM，AN的斜率均存在.并分别记为，.

(1)求证：为常数；

(2)证明直线MN过定点.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆过A和T求出椭圆的标准方程.根据知与关于直线AT对称，设任一点为，求出其关于AT对称后的点的坐标，表示出即可证明；

（2）设点，：．联立AM和椭圆方程，求出，同理求出，根据（1）中的值得AM和AN斜率关系.求出MN的斜率，写出MN的方程，化简该方程为直线方程的斜截式即可判断其经过定点．

【详解】（1）∵椭圆过A和T，∴解得，

∴椭圆的方程为：，

由知与关于直线对称．

在上任取一点，设关于直线AT对称的点为，

则，解得，

从而，

于是．

（2）设点，：．

由得，∴，

从而．

同理，．

由(1)有，故，，

为方便，记，则

，

，∴，

即．

由此可知，当变化时，直线过定点．

【点睛】本题综合考察圆锥曲线里面的定值和定点问题.第一问关键是将这个已知条件转化为直线AM和直线AN关于直线AT对称；第二问的关键是结合韦达定理直接求出M和N的坐标，直接写出MN的方程，从而证明其经过定点．

21．已知函数有两个极值点、.

(1)求的取值范围；

(2)若时，不等式恒成立，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可得，令，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；

（2）由已知可得出，，将这两个等式相除可得，变形可得，再由可得，令，可得出，令，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的最小值.

【详解】（1）解：因为，该函数的定义域为，且，

因为函数有两个极值点，所以，方程有两个不等的实数根，

则方程有两个不等的实根，

令，其中，则，令可得，列表如下：

所以，函数的极大值为，

且当时，；当时，.

如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标为、，

当或时，；当时，.

此时，函数有两个极值点，合乎题意，

因此，实数的取值范围是.

（2）证明：由（1）可知，函数的两个极值点、是方程的两个根，

且，，则有，，

等式与等式相除可得，则有，

由可得，

即，即，

因为，则，令，则，可得，

令，其中，则，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，则，

即，所以，函数在上单调递减，

所以，当时，，则.

因此，实数的最小值为.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求的直角坐标方程；

(2)设直线与曲线交于，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用和，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)设出两点对应参数，联立直线的标准参数方程和曲线的直角坐标方程，得到，再利用参数的几何意义，即可求出结果.

【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，

根据，，可得，即，

所以曲线的直角坐标方程为.

（2）直线的参数方程为（为参数），化为标准形式为（为参数），

代入曲线的直角坐标方程为，得到，

即，

设两点对应参数分别为，则有，

由参数的几何意义，得到.

23．设函数.

(1)解不等式；

(2)令的最小值为，正数，，满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（2）分，，三种情况讨论，去绝对值符号，从而可得答案；

（2）根据绝对值的三角不等式求出的最小值，再根据基本不等式中“1”的整体代换结合基本不等式即可得证.

【详解】（1）当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得，

综上所述，不等式的解集为；

（2）由题，

当且仅当即时取“等号”，

故的最小值，即，

则，

,

当且仅当，即，时取等号,

所以．