重庆市2023届高三学业水平选择性考试模拟调研（二）数学Word版

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2023年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷（二）数学试题一、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．设，集合，，，则的取值范围是（       ）A．B．C．D．2．我国智慧港口的建设飞速发展，作为智能化搬运设备的自动化引导车作用越发凸显.自重吨.再加上集装箱的重量，全车最重可达吨，但其停启位置十分精确，停车误差不超过厘米.码头地面埋设了几万个磁钉，车辆的位置由它们记录下来，传给后台，再由软件精确计算行驶路径，防止碰撞和刮擦.经统计，某港口某次运输中，有台的停车误差为厘米，有台的停车误差为厘米，有台没有停车误差，则该港口本次运输中所有的平均停车误差约为（       ）A．厘米B．厘米C．厘米D．厘米3．“”是“直线与直线平行”的（       ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，则线段的中点到抛物线的准线的距离为（       ）A．8B．C．4D．5．某球队6名队员站成一排拍照留念，要求队员A和B不相邻且均与队员C相邻，则不同的排法共有（       ）A．12种B．24种C．36种D．48种6．已知函数，则（       ）A．B．C．D．7．已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，高为3，则该正四棱台的外接球的体积为（       ）A．B．C．D．8．已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（       ）A．B．C．D．试卷第3页，共4页

1二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．如图，是所在平面内任意一点，是的重心，则（       ）A．B．C．D．10．已知复数是关于x的方程的两根，则下列说法中正确的是（       ）A．B．C．D．若，则11．已知点在函数的图象上，若将的图象向左平移个单位后所得图象仍然经过点，则的值可以是（       ）A．B．C．D．12．已知函数，则（       ）A．函数恰有两个极值点B．当时，函数必有三个零点C．当时，函数必有三个零点D．存在唯一的，使得函数有三个零点，且所有零点之和为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知随机变量服从正态分布，若，则___________.14．已知，则的最小值为___________.15．已知，则___________.16．记表示不超过的最大整数，例如：，，已知数列满足，且试卷第3页，共4页

2，则___________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知等差数列的前项和为，，且、、成等比数列.(1)求；(2)求数列的前项和.18．在中，内角、、的对边分别为、、，点在边上，且，.(1)求的值；(2)若，的面积为，求.19．年月日，郑渝高铁实现全线贯通运营.郑渝高铁北起河南省郑州市，南至重庆市，途经河南、湖北、重庆三省市，全长公里，此前，北京到重庆的高铁列车耗时小时分，现在只需小时分；石家庄至重庆高铁的耗时由小时分缩短至小时分，郑州至重庆的耗时由小时分缩短至小时分，不仅如此，郑渝高铁还是一条旅游线，串联起了嵩山少林寺、襄阳古隆中、神农架原始森林、巫山大小三峡、奉节白帝城等众多著名旅游景点.现有一列郑渝高铁从重庆北发出，某节车厢内共有位旅客，每位旅客等可能地从云阳、奉节、巫山、巴东、神农架、襄阳东共个车站中选择一站下车，且彼此独立.(1)求这位旅客选择下车的车站互不相同的概率；(2)设这位旅客选择下车的车站共有个，求的分布列和期望.试卷第3页，共4页

320．如图所示，在四棱锥中，，平面平面.(1)证明：；(2)若四棱锥的体积为4，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.21．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于M，N两点，交y轴于P点，点N位于点M和点P之间.(1)若，求直线l的斜率；(2)若，证明：为定值.22．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，讨论函数的零点个数.试卷第3页，共4页

41．C【分析】求出集合、，利用集合的包含关系可求得实数的取值范围.【详解】因为或，，又因为，则.故选：C.2．B【分析】利用平均数公式可求得该港口本次运输中所有的平均停车误差.【详解】由题意可知，这该港口本次运输中所有的平均停车误差为厘米.故选：B.3．B【分析】利用两直线平行求出实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若直线与直线平行，则且，因为“”“且”，但“”“且”，因此，“”是“直线与直线平行”的必要不充分条件.故选：B.4．C【分析】根据题意设焦点为，中点为,得，准线为，联立方程得得，，得，即可解决.【详解】由题知，抛物线开口向右，，答案第19页，共19页

5设焦点为，中点为,所以，准线为，因为过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，所以直线的方程为，将直线代入得，所以，所以，所以线段的中点到抛物线的准线的距离为，故选：C5．D【分析】利用捆绑法即可得解.【详解】因为队员A和B不相邻且均与队员C相邻，所以队员C站在队员A和B的中间，故将队员看作个整体，其内部共有种排法，而这个整体与其他3名队员进行排列，则有种排法，所以不同的排法共有种.故选：D.6．C【分析】计算出的值，计算得出，即可求得所求代数式的值.【详解】对任意的，，因为，则，答案第19页，共19页

6因此，.故选：C.7．D【分析】过正四棱台的对角面作截面，得等腰梯形，该梯形的外接圆是正四棱台外接球的大圆，在此截面中求出球的半径，由球体积公式计算体积．【详解】过正四棱台的对角面作截面，得等腰梯形，该梯形的外接圆是正四棱台外接球的大圆，如图，设球心为，设分别是中点，则是棱台的高，在直线上，设球半径为，由已知，，若在线段上，如图1，，，，，此方程无实解若在线段延长线上，如图2，，即解得，∴球体积为．答案第19页，共19页

7故选：D．8．C【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出，根据为锐角三角形可求得角的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出，求出的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】由余弦定理可得，则，由正弦定理可得，因为为锐角三角形，则，，所以，，又因为函数在内单调递增，所以，，可得，由于为锐角三角形，则，即，解得，，因为，则，因为存在最大值，则，解得.故选：C.答案第19页，共19页

8【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：①利用和的最值直接求；②把形如的三角函数化为的形式求最值；③利用和的关系转换成二次函数求最值；④形如或转换成二次函数求最值.9．BCD【分析】利用平面向量的线性运算可判断ABC选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.【详解】对于A选项，由题意可知，、、分别为、、的中点，所以，，同理可得，，所以，，A错；对于B选项，由重心的性质可知，，，由A选项可知，，所以，，B对；对于C选项，由重心的性质可知，，，所以，，C对；对于D选项，，同理可得，，因此，，D对.故选：BCD.10．ACD答案第19页，共19页

9【分析】在复数范围内解方程得，然后根据复数的概念、运算判断各选项．【详解】，∴，不妨设，，，A正确；，C正确；，∴，时，，B错；时，，，计算得，，，同理，D正确．故选：ACD．11．ABC【分析】求出平移后的函数解析式，可得出或，或，作差可得出的表达式，即可得出合适的选项.【详解】由已知可得，则有或，设平移后的函数为，则有，则，所以，或，所以，，可得，其中、，或，可得，其中、，所以，的可能取值有、、，答案第19页，共19页

10故选：ABC.12．AD【分析】利用函数的极值点与导数的关系可判断A选项；利用导数分析函数的单调性，数形结合可判断B选项；利用方程法可判断C选项；分析可知函数有唯一的负零点，利用导数分析该函数的单调性与极值，结合零点存在定理可判断D选项.【详解】对于A选项，当时，，由可得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则为函数的极小值点；当时，，，由可得，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，为函数的极大值点，综上所述，函数有两个极值点，A对；对于B选项，因为函数在连续，令，由A选项可知，函数的减区间为、，增区间为，作出函数的图象如下图所示：答案第19页，共19页

11由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点，B错；对于C选项，当时，由可得或，因为，则；当时，由可得，判别式为，故当时，方程在时有一解，，设方程的两根分别为、，由韦达定理可知，此时方程只有一个正根；当时，若时，由可得，若，由可得；当时，方程在时无解，若使得函数有三个零点，则方程有两个不等的正根，设为、，所以，，解得，因此，若函数有三个零点，则或，C错；对于D选项，当函数有三个零点时，或，若时，则函数有一个零点为零，另外两个零点为正零点，不合乎要求；答案第19页，共19页

12当时，则函数有一个零点为零，一个正零点，一个负零点，设正零点为、负零点为，则，，由题意可知，则，问题等价于函数有唯一的负零点，当时，，令，其中，则，令，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，所以，函数在上单调递增，因为，，所以，存在唯一的，使得，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，故当时，，因为，由零点存在定理可知，函数在上存在唯一的零点，即函数只有唯一的负零点，D对.故选：AD.【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答案第19页，共19页

13与函数的图象的交点问题.13．0.15##【分析】根据正态分布的对称性求出.【详解】由题意得：，根据对称性可知：.故答案为：0.1514．【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】因为，所以，故，当且仅当且，即时，等号成立，所以，则的最小值为.故答案为：.15．##【分析】先利用换元法，结合三角函数的诱导公式与倍角公式将等式转化为，解之即可.【详解】答案第19页，共19页

14令，则，所以，因为，所以，整理得，则，解得或（舍去），所以，即.故答案为：.16．【分析】分析可知，由已知等式变形可得，利用裂项相消法化简代数式，求出的取值范围，结合题中定义可得结果.【详解】因为，则，因为，则，，，以此类推可知，，则，且有，所以，，所以，，所以，，因此，.故答案为：.17．(1)答案第19页，共19页

15(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的通项公式；（2）分析可知当时，；当时，.再利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，由得，解得，因为，，整理可得，解得，所以，.（2）解：当时，；当时，.所以，数列的前项和为.18．(1)(2)【分析】（1）设，，在中，利用正弦定理得，利用正弦定理以及诱导公式化简可得出的值；（2）分析可知，为等腰直角三角形，利用三角形的面积公式可求得，进而可求得的值，再利用余弦定理可求得的值.【详解】（1）解：设，，答案第19页，共19页

16在中，由正弦定理可得，即，即，由正弦定理可得，所以，，因此，.（2）解：因为，，，则为等腰直角三角形，且，所以，，所以，，则，，，由余弦定理可得，故.19．(1)(2)分布列答案见解析，【分析】（1）利用排列计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】（1）解：记事件这位旅客选择下车的车站互不相同，则.（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、，则，，，，因此，随机变量的分布列如下表所示：答案第19页，共19页

17所以，.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由平行四边形的性质证得，再利用面面垂直的判定定理推得，从而得证；（2）先利用面面垂直的判定定理推得两两垂直，建立空间直角坐标系，再由棱锥的体积公式求得，从而得到各点的坐标，再利用数量积的坐标表示求得平面与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）记的中点为，连结，如图，则，因为，则，故，又，即，所以四边形是平行四边形，故，同理：四边形是平行四边形，又，则，所以，所以四边形是菱形，故，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以..（2）由（1）易得是的中点，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故，又由（1）得，所以两两垂直，答案第19页，共19页

18故以为原点，建立空间直角坐标系，如图，因为，所以菱形是正方形，则，又，，所以，即，故，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出直线l为，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，由得到，从而求出，分两种情况，求出直线斜率；（2）设直线l为，得到，联立抛物线方程，设，得到两根之和，两根之积，表达出，，求出.答案第19页，共19页

19【详解】（1）设，因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率存在，且不为0，设直线l为，联立与得：，则，，因为，所以，故，解得：，当时，，此时，解得：，直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，当时，，此时，解得：，直线l的斜率为，满足点N位于点M和点P之间，综上：直线l的斜率为；（2）设，因为过点的直线l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率不为0，设直线l为，令得：，故，联立与得：，则，，因为，所以，，解得：，，答案第19页，共19页

20所以，故为定值-1.【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.22．(1)(2)【分析】（1）构造函数，利用导数证得恒成立，从而得到的解析式，再利用导数的几何意义即可得解.（2）将问题转化为求与的解的个数，当时，利用二次函数与对数函数的性质作出图像，从而得到其解的个数；当时，利用构造函数法，结合导数证得无解，从而得到无解；由此推得只有一个零点.【详解】（1）因为，所以，令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以，则，所以切线的斜率为，又切点为，所以切线方程为，即.（2）令，则，该式等价于或，答案第19页，共19页

21当时，有，令，，则的解的个数即为与的交点个数，易知开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，且，而在上单调递增，，所以在上单调递减，且，作出与的图像，如图，.所以与的交点只有一个，且为，故只有一个解；当时，因为当时，该式不成立，所以，令，则，令，则，令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故，所以在上单调递增，因为，答案第19页，共19页

22所以存在，使得，则在上，在上，所以在上，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递减，在上调递增，因为，所以，即，所以，因为在上单调递增，，所以，故，又因为，所以方程无解，即方程无解，故无解；综上：当时，与只有一个解，即只有一个零点.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．答案第19页，共19页