重庆市第八中学校2023届高三二模数学 Word版含解析

《重庆市第八中学校2023届高三二模数学 Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

重庆八中高2023届高三（下）全真模拟考试数学试题一、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，有一项是符合题目要求的．1.若集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，再求可得答案.详解】，，.故选：C.2.若，，则（）A.B.C.2D.10【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算及求模公式得解.【详解】，所以，故选：A．3.某班学生的一次的数学考试成绩（满分：100分）服从正态分布：，且，，（）A.0.14B.0.18C.0.23D.0.26【答案】C【解析】【分析】根据正态分布的对称性计算即可.

1【详解】因为，，所以，又，所以.故选：C.4.比萨斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象而世界闻名.把地球看成一个球(球心记为)，地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，的方向即为点处的竖直方向.已知比萨斜塔处于北纬，经过测量，比萨斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角为，则中轴线与赤道所在平面所成的角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意画出示意图，即可选出正确答案.【详解】解析如图所示，为比萨斜塔的中轴线，，，则，中轴线与赤道所在平面所成的角为.故选:A.

25.若二项式的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（）A.32B.C.16D.【答案】B【解析】【分析】运用二项式系数最大项求出n的值，再运用二项展开式的通项公式计算即可.【详解】∵的展开式共有项，只有第3项的二项式系数最大，∴，∴，∴的第项为，（），∴令，解得：，∴，即：展开式中项的系数为.故选：B.6.已知函数，则（）A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】【分析】结合函数的解析式及对数的运算性质计算即可.【详解】由题意可得，故选：D.7.如图所示，梯形中，，且，点P在线段上运动，若，则的最小值为（）

3A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用坐标法，设，可得，进而可得，然后利用二次函数的性质即得.【详解】如图建立平面直角坐标系，则，∴，设，，∴，又，

4∴，解得，∴，即的最小值为.故选：B.8.已知函数，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性求不等式即可.【详解】均为偶函数，故函数为偶函数，令则，，即在R上单调递减，又在恒成立，故函数在上递减，在递增..故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知是椭圆上一点，是椭圆的两个焦点，则下列结论正确的是（）A.椭圆的短轴长为B.的坐标为C.椭圆的离心率为D.存在点P，使得

5【答案】AC【解析】【分析】由椭圆标准方程可得基本量，从而可求离心率，故可判断ABC的正误，根据的大小关系可判断D的正误.【详解】椭圆的焦点在轴上，，则短轴长为，A正确；的坐标为，B错误；离心率为，C正确；因为，故以原点为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，故不存在点P，使得，D错误，故选：AC.10.随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是（）A.函数的图象关于直线对称B.函数的图象关于点对称C.函数为周期函数，且最小正周期为D.函数导函数的最大值为3【答案】ABD【解析】【分析】判断与的关系可判断AC；讨论奇偶性可判断B；求出导函数，结合余弦函数的性质可判断D.【详解】因为函数，定义域为，对于A，，所以函数的图象关于直线对称，故A正确；

6对于B，，所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；对于C，由题知，故C错误；对于D，由题可知，且，故D正确.故选：ABD.11.已知，满足，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用指数式和对数式的运算规则，结合导数和基本不等式求最值，验证各选项是否正确.【详解】对于A，由，得，当且仅当时等号成立，A正确；对于B，由，得且，令，则，解得，解得，得在上单调递增，在上单调递减，所以，即，B正确；对于C，当时，满足，，C错误；对于D，，D正确.故选：ABD.12.在数列中，（，为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（）A.是等方差数列B.若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则C.等比数列不可能为等方差数列D.存在数列既是等差数列，又是等方差数列

7【答案】BC【解析】【分析】根据等方差数列定义判断A，由等方差数列定义及等比数列求判断B，根据等方差数列定义及等比数列的通项公式判断C，由等差数列及等方差数列定义，利用反证法判断D.【详解】设，则不为非零常数，所以不是等方差数列，故A错误；由题意，则，由是等比数列，得，解得或（舍去），当时，满足题意，故B正确；设数列为等比数列，不妨设，则，所以，若为常数，则，但此时，不满足题意，故C正确；若数列既是等差数列，又是等方差数列，不妨设，（为非零数），，所以，即，所以，即，所以为常数列，这与矛盾，故D错误.故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.设为抛物线的焦点，点在上，过作轴的垂线，垂足为，若，则_________.【答案】4【解析】【分析】利用抛物线的定义求解.【详解】解：由抛物线的定义知，所以.故答案为：414.已知在正项等比数列中，，，则使不等式成立的正整数n的最小值为

8________．【答案】9【解析】【分析】设等比数列的公比为，且，求出，再解不等式即得解.【详解】设等比数列的公比为，且，因为，，所以，所以，所以．因，即，当时，；当时，，所以正整数的最小值为9．故答案为：915.已知函数存在唯一零点，则取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】将问题转化为函数在上无零点或有唯一零点，然后令，参变分离，利用导数可解.【详解】存在唯一零点，是的唯一零点，则在上无零点或有唯一零点，即在上无解或有唯一解令，则，所以在单调递减，在上单调递增，在处有最小值.由图可知，要使在上无解或有唯一解，只需.

9综上，.故答案为：.16.以棱长为的正四面体中心点为球心，半径为的球面与正四面体的表面相交部分总长度为_________.【答案】【解析】【分析】求出正四面体内切球半径即为球心到面ABC的距离，从而得到球被平面所截得的圆的半径，再求出的内切圆的半径，此圆恰好为球被平面所截得的圆，即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，求四个内切圆的周长即可.【详解】将正四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，所以正四面体的体积为，表面积为，设正四面体的内切球半径为，则，解得.显然内切球心为，故到面的距离为，球面与面相交部分为以的圆，设三角形的内切圆半径为，圆心为为的中点，则，故，此时恰好，即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆，

10故当时，圆弧总长度为.故答案为：【点睛】方法点睛：有关平面（可以无限延展的）截球所得截面的计算时，第一步求出球心到截面的距离，第二步根据计算出截面圆的半径，第三步在截面（只是有限大小的平面图形）内通过计算判断所截图形是一个完整的圆还是圆的一部分，这时要根据平面几何中的数据进行计算.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记的内角的对边分别为.已知.（1）证明：；（2）若，求边长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由二倍角公式和正弦定理可得答案；（2）由正弦定理可得，由平面向量数量积的定义可得，再由余弦定理可得答案.【小问1详解】因为，则，即，由正弦定理可得，因此，；【小问2详解】因为，由正弦定理可得，由平面向量数量积的定义可得，所以，，可得，

11即，所以，，则.18.已知各项均为正数的数列的前项和为，且为等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为正整数，记集合的元素个数为，求数列的前50项和.【答案】（1）（2）2500【解析】【分析】（1）由为等差数列，得到，且，再利用数列通项与前n项和的关系求解；（2）根据题意，由，得到，即，从而求解.【小问1详解】解：为等差数列，，且，当时，，可得；当时，，则，由，故，所以是首项为1，公差均为1的等差数列，故.【小问2详解】由，即，即，所以，所以的前50项和为.19.某市为了更好的了解全体中小学生感染新冠感冒后的情况，以便及时补充医疗资源.

12从全市中小学生中随机抽取了100名抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，100名中小学生感染奥密克戎后的疼痛指数为，并以此为样本得到了如下图所示的表格：疼痛指数人数（人）10819名称无症状感染者轻症感染者重症感染者其中轻症感染者和重症感染者统称为有症状感染者.（1）统计学中常用表示在事件A发生的条件下事件发生的似然比.现从样本中随机抽取1名学生，记事件：该名学生为有症状感染者，事件：该名学生为重症感染者，求似然比的值；（2）若该市所有抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数近似的服从正态分布，且.若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机抽取3名，设这3名学生中轻症感染者人数为，求的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可；（2）应用，由二项分布分别写出求分布列及计算数学期望.【小问1详解】由题意得：，，，.

13【小问2详解】，，则，可能的取值为，的分布列为：0123数学期望.20.在三棱柱中，，且.（1）证明：；（2）若，二面角的大小为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AC中点O，由已知判定即可证明；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求平面的夹角即可.【小问1详解】

14设的中点为，连接，因为，所以，又因为，且，平面，所以平面因为平面，所以，又因为是中点，所以.【小问2详解】由上可知：，在中，由余弦定理得，则，，又因为平面，二面角的大小为，则，如图所示，由（1）知，以所在直线分别为轴，轴，以过O垂直于底面ABC的直线为轴，建立空间直角坐标系，则轴面，可得坐标如下：，则，.

15设平面的法向量为，平面的法向量为，则，令，则，即，，令，则，即，记平面与平面的夹角为.21.已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若，对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先求导函数得，分类讨论的值，判断函数单调性即可；（2）结合（1）知对恒成立，构造函数，知在上恒成立，分离参数求解即可.【小问1详解】，

16令，则两根分别为.1.当时，在恒成立，故的单调递增区间为，无单调递减区间；2.当时，令得或，令得，所以单调递增区间为，单调递减区间为；3.当时，令得或时，令得，所以单调递增区间为，单调递减区间为.综上当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】由（1）知，若，则，的在区间单调递增.又，所以对恒成立对恒成立，对恒成立，令，则在上单调递减，则在上恒成立，又，且，在上恒成立，即

17令，则令得，令得，在上单调递增，在上单调递减，所以【点睛】思路点睛：第一问含有参数的单调性需要分类讨论，判定导函数的零点大小确定单调区间，讨论要不漏不重；第二问，对于恒成立问题可以利用分离参数的方法，将问题转化为参数与函数最值的关系即可.22.在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.（1）求C的方程；（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，

18，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【小问1详解】因为实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.【小问2详解】由O，A，N，M四点共圆可知，，又，即，故，即，所以,设，，，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程：中，可得，所以，，

19又，所以,故，即，所以点P坐标为.【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.

20