重庆市万州第二高级中学2023届高三三诊数学 Word版含解析

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万州二中2023年高三下期第三次诊断测试数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟.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】C【解析】【详解】，，选C.2.复数共轭复数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】根据复数的四则运算化简可得z，然后可得，最后由复数的几何意义可得.【详解】因为，所以，所以对应复平面内的点.故选：A．3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】

1【分析】根据已知式子结合同角三角函数的商数关系与平方关系，可求得的值，再由诱导公式求得的值.【详解】解：①，由于代入①，得：，由于，所以，故，所以.故选：C.4.某地摊集中点在销售旺季的某天接纳顾客量超过1万人次的概率是，连续两天顾客量超过1万人次的概率是，在该地摊集中点在销售旺季的某天接纳顾客量超过1万人次的条件下，随后一天的接纳顾客量超过1万人次概率是（）.A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用条件概率的定义及其概率计算公式求解即可．【详解】设“某天接纳顾客量超过1万人次”为事件A，“随后一天的接纳顾客量超过1万人次”为事件B，则，，所以，故选：D．5.如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取正六边形各边的三等分点，，，，，，作第2个正六边形，然后再取正六边形各边的三等分点，、、，，，作第3个正六边形，依此方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，由，，...

2构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的面积与正六边形的面积的比值趋近于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别计算出阴影部分面积和正六边形的面积，即可求解.【详解】解：由外至内设每个六边形的边长构成数列，每个阴影三角形的面积构成数列，设，则，，……，依此类推，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，又，所以，，……，依此类推，，则数列的前n项和

3，正六边形的面积为：，所以，所求面积的比值趋近于.故选：B.6.已知函数，记，，，则，，的大小关系为（）．A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性及指数函数的性质判断函数单调性，再根据自变量的大小关系比较函数值的大小.【详解】由，，所以函数为偶函数，又当时，，所以函数在上单调递增，因为，且又，，，，则，又，则，所以，所以，

4所以，即，故选：C.7.已知点F为抛物线的焦点，，点M为抛物线上一动点，当最小时，点M恰好在以A，F为焦点的双曲线C上，则双曲线C的渐近线斜率的平方是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题可知与抛物线相切时，取得最小值，求出点的坐标，利用双曲线定义求出2a，结合，可求得，再利用求得结果.【详解】由抛物线的对称性，不妨设为抛物线第一象限内点，如图所示：故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，设直线方程为：，

5联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则，则，解得：，此时，即或所以点的坐标且由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为设双曲线的实轴长为2a，则，，又，则，故渐近线斜率的平方为故选：B8.把平面图形上的所有点在一个平面上的射影构成的图形叫做图形在这个平面上的射影.如图，在三棱锥中，，，，，，将围成三棱锥的四个三角形的面积从小到大依次记为，，，，设面积为的三角形所在的平面为，则面积为的三角形在平面上的射影的面积是A.B.C.D.【答案】A【解析】

6【分析】将所给三棱锥补形为长方体，根据长方体的性质，分别计算，，，，然后找到对应的，在所在的平面上的投影，计算其面积得答案.【详解】将该三棱锥补形为长方体如图所示，因为，，由长方体性质可得，，，所以，，，在中，由余弦定理可得，，则，所以，由上面计算可知，平面是平面，也即是平面则问题转化为求解三角形在平面平面上的射影面积，过点在平面内作，交于点，因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，则面积为的在平面上的射影为故射影面积为.

7故选：A.【点睛】求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解，其中一个很重要的方法为将几何体补形为长方体，这使得几何体中的位置关系更为直观明确.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.下列说法正确的的有（）A.已知一组数据的方差为10，则的方差也为10B.对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是C.已知随机变量服从正态分布，若，则D.已知随机变量服从二项分布，若，则【答案】AC【解析】【分析】根据方差的定义可判断A；根据样本点在回归直线上求得的值可判断B；根据可得，由对称性求出对称轴可得的值可判断C；根据二项分布方差的公式以及方差的性质可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：设的平均数为，方差为，则，，所以的平均数为，所以方差为，故选项A正确；对于B：因为线性回归直线过样本点中心，所以，可得，故选项B错误；对于C：因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又，

8而，所以，则，故选项C正确；对于D：因为服从二项分布，所以，所以，则，故选项D错误.故选：AC.10.下列命题为真命题的是（）A.过任意三点有且仅有一个平面B.为直线，为不同的两个平面，若，则C.为不同的直线，为平面，若，则D.为不同的直线，为平面，若，则【答案】BD【解析】【分析】根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解.【详解】对于A，过任意不共线的三点有且仅有一个平面，故A错，对于B，由于，所以，故B正确，对于C,若，则可以异面，也可以相交，也可以，故C错误，对于D,根据垂直于同一平面的两直线平行，可知D正确.故选：BD11.已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（）A.椭圆的离心率的取值范围是B.当椭圆的离心率为时，的取值范围是C.存在点使得

9D.的最小值为2【答案】ABC【解析】【分析】根据点在椭圆外，即可求出的取值范围，即可求出离心率的取值范围，从而判断A；根据离心率求出，则，即可判断B；设上顶点，得到，即可判断C；根据利用基本不等式判断D.【详解】由题意得，又点在椭圆外，则，解得，所以椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故A正确；当时，，，所以的取值范围是，即，故B正确；设椭圆的上顶点为，，，由于，所以存在点使得，故C正确；，当且仅当时，等号成立，又，所以，故D不正确．故选：ABC12.已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（）A.是“封闭”函数

10B.定义在上的函数都是“封闭”函数C.若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数D.若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数【答案】BC【解析】【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C根据定义得到都有，再判断所给定区间里是否有成立即可判断，D选项可判断出其逆否命题的正误，得到D选项的正误.【详解】对A：当时，，而，A错误；对B：对于集合，使，即，必有，所以定义在上的函数都是“封闭”函数，B正确；对C：对于集合，使，则，而是“封闭”函数，则，即都有，对于集合，使，则，，而，，...，，所以，即，故，一定是“封闭”函数，C正确；对D，其逆否命题为，若是“封闭”函数，则不是“封闭”函数，只需判断出其逆否命题的正误即可，使，则，若，则，由解得，因为，所以，

11即使，则，满足是“封闭”函数，故逆否命题为假命题，故原命题也时假命题，D错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：对于C，根据给定的条件得到都有，有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则_____．【答案】或##或【解析】【分析】根据向量的坐标运算及向量垂直的数量积表示求解即可.【详解】，，，，解得或故答案为：或.14.若，则______．【答案】【解析】【分析】令可得，分析可知为展开式中的系数，然后利用二项式定理可求得的值.【详解】令可得，则，所以，，所以，为展开式中的系数，的展开式通项为，

12所以，.故答案为：.15.已知有相同焦点、的椭圆和双曲线交于点，，椭圆和双曲线的离心率分别是、，那么__________（点为坐标原点）．【答案】【解析】【分析】设，根据椭圆的定义和双曲线的定义可得，在和中，分别利用余弦定理，两式相加，则，进而得到，即可得到答案.【详解】设椭圆的长半周长为，双曲线的实半轴长为，它们的半焦距都为，并设，根据椭圆的定义和双曲线的定义可得，在中，由余弦定理得，即在中，由余弦定理得，即又由,两式相加，则，又由，所以，所以，即.【点睛】

13本题主要考查了椭圆与双曲线的定义及其几何性质的求解，其中解答中利用椭圆和双曲线的定义，以及在和中，利用余弦定理，两式相加，求得是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.16.意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知，，（，且n>2）.（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则___________.（2）若，则___________.【答案】①.2697②.##-1+a【解析】【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案【详解】（1）由题意，，则，，则，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，由，则除以4的余数为，即，故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为，所以；（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，，所以.故答案为：2697，a-1四、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.已知是等比数列的前项和．

14（1）求及；（2）设，求的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由与关系求通项公式，再由等比数列的定义求解（2）由分组求和法求解【小问1详解】①当时，，②当时，，由题意得，故，【小问2详解】，则，得18.在中，角所对的边分别为，且.（1）求证：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）最小值为【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.（2）将问题转化，根据第一问解得，然后结合不等式求解.

15【小问1详解】在中，，由正弦定理得，又，因为,所以,所以,又,所以，且,所以，故.【小问2详解】由（1）得，所以，因为，所以，当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.19.某厂计划购买台机床，该种机床使用四年后即被淘汰，并且在使用过程中机床有一易损零件，若在购进机床同时额外购买这种易损零件作为备用件，此时每个只需元．在使用期间如果备件不足再购买，则每个要元．所以在购买前要决策购买数目．使得该厂购买机床时搭配的易损备用零件费用最省．为此业内相关人员先搜集了台以往这种机床在四年内更换的易损零件数，并整理数据后得如下柱状图．

16以这台机床更换的易损零件数的频率代替每台机床更换的易损零件数发生的概率．记表示台机床四年内实际共需更换的易损零件数，表示购买台机床的同时备用的易损零件数目，为购买机床时备用件数发生的概率．（1）求时的最小值；（2）求的分布列及备用的易损零件数时的数学期望；（3）将购买的机床分配给名年龄不同（视技术水平不同）的人加工一批模具，因熟练程度不同而加工出的产品数量不同，故产生的经济效益也不同．若用变量表示不同技工的年龄，变量为相应的效益值（元），根据以往统计经验，他们的每日工作效益满足最小二乘法和关于的线性回归方程，已知他们年龄的方差为，所对应的效益方差为.①试预测年龄为岁的技工使用该机床每日所产生的经济效益；②试根据的值判断使用该批机床的技工人员所产生的效益与技工年龄的相关性强弱．附：下面三个计算回归直线方程的斜率和截距及表示随机变量与相关关系强弱的系数计算公式：，.【答案】（1）；（2）分布列见解析，元；（3）①元；②该机床的技工所产生的日经济效益与技工的年龄具有非常强的相关关系.【解析】【分析】（1）计算出、、、的值，进而可求得满足时的值；（2）根据题意可知，随机变量的可能取值有、、、、、，计算出随机变量

17在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，并根据实际情况求得时的数学期望；（3）①将代入回归直线方程可求得结果；②根据相关系数公式结合已知数据求得的值，进而可得出结论.【详解】（1）根据图示柱表，易知更换易损零件的频数为的频率为．易损零件的频数为的频率为．将频率视为概率，且知每台机床易损零件的发生与否是相互独立的，结合图表得：当时，；当时，；当时，；当时，．据互斥事件发生的概率知；．于是的最小值为；（2）由（1）进而知，随机变量的可能取值为：、、、、、，当时，；当时，；当时，．于是分布列为：进而结合（1）知，当备用易损零件数时，随机变量取值为、、、、、，需注意的是，虽备用的易损零件数时，但发生的概率仍按实际需要的台机床时计算．则购买易损零件所产生的实际费用数学期望为

18（元）；（3）①先根据回归方程易知（元），即岁的技工日使用该机床产生的效益为元；②由方差计算公式知，即等价化为，同理．又，，，据公式求出相关系数则有．易知：该机床的技工所产生的日经济效益与技工的年龄具有非常强的相关关系．【点睛】本题是以工业生产为背景命制的试题，命题目的：其一是考查考生能够在实际情景中从数学的视角发现问题、分析问题、建立模型、解决模型、改进模型；能对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题．其二是考查考生对概率知识、随机变量分布列、数学期望、回归分析、相关关系等概念的应用；其三是考查考生的数据处理能力、逻辑推理能力、和运算求解能力及建模能力．体现了数学应用和数学转化的数学素养，落实了高考对数学应用性、综合性的考查要求，属于难题.20.如图，在三棱柱中，平面.（1）求证:;（2）若，直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）

19【解析】【分析】（1）由平面，得到，再由，证得，进而证得平面，即可证得.（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明:因为平面，平面，所以，因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】解：因为与平面所成角为平面，所以，因为，所以是正三角形，设，则，以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设二面角的大小为，

20因为，所以，所以二面角的正弦值为.21.已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.（1）求椭圆的方程；（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.【详解】（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.又，解得.

21∴椭圆的方程为（2）由（1）可知圆的方程为，（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，此时（ii）当直线的斜率为零时，.（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，联立，得，设横坐标分别为，则.所以，（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，得设的横坐标为，则..综上，由（i）（ii）（ⅲ）得的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.

2222.已知函数．（1）若是的极值点，求a；（2）若，分别是的零点和极值点，证明下面①，②中的一个．①当时，；②当时，．注：如果选择①，②分别解答，则按第一个解答计分．【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，由是函数的极值点，则，即可得，然后将带入原函数进行分析说明即可；（2）选择①因为分别为的零点和极值点，所以，分别求出的值，找出等量关系式，然后根据，对函数式进行分析，利用构造新函数利用函数导数单调性，同时结合已知的条件即可得；选择②因为分别为的零点和极值点，所以，分别求出的值，找出等量关系式，然后根据，对函数式进行分析，利用构造新函数利用函数导数单调性，同时结合已知的条件即可得；【小问1详解】因为，所以，若是函数的极值点，则，，即，此时，设，则，，所以存在，使得当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，

23，单调递减，所以当时，是的极值点.【小问2详解】选择①：因为分别为的零点和极值点，所以，，所以.当时，，则，即因为，所以当，即时，成立，当时，若，则只需证明，设，则设，则为增函数，且所以存在唯一，使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，所以，单调递增，所以，则，等价于.设，则，当时，若时，，，单调递减，

24所以当，所以当时，成立，设，则，当时，，单调递增所以当时，，即成立，综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.选择②：因为分别为的零点和极值点，所以，，所以.当时，，则，即若，即则只需证明，设，则，当时，，单调递减，所以.若，设，则，单调递增，所以，所以，，所以只需证明.设，则，当时，，当时，即时，，设，则，

25因为当时，函数单调递增，所以当时，，，单调递减，此时也有，所以当时，单调递减，，即当时，，综上，综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.

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