重庆市育才中学校2023届高三4月诊断模拟数学Word版含解析.docx

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数学试题注意事项：1.作答前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，答题卡交回.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.已知复数满足，则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】D【解析】【分析】先运用复数的除法规则求出z，再根据复数的几何意义求解.【详解】，，，实部为1，虚部为-1，所以在第四象限；故选：D.2.已知在中，角，，的对边分别为，，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据结合三角函数的性质，可得或，进而可求解.【详解】若，则或，由于在三角形中，所以或，故或，当时，则，但时，关系不确定；反过来，若，则必有，．故“”是“”的必要不充分条件，故选：B3.已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则（） A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】求出抛物线的准线方程和双曲线的焦点坐标，由条件列方程求.【详解】抛物线的准线方程为，双曲线的左焦点的坐标为，右焦点的坐标为，因为抛物线的准线过双曲线的一个焦点，所以，所以，故选：C.4.林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300~500年之间的古树为二级，树龄100~299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2cm，则估计该大树属于（）A.一级B.二级C.三级D.不是古树【答案】C【解析】【分析】由条件抽象出等差数列的基本量，再结合等差数列的前项和，求.【详解】设树干的截面圆的半径为，树干周长，，从内向外数：，，，∴年，所以为三级.故选:C5.已知函数如满足：，，且时， ，则（）A.B.C.0D.【答案】B【解析】【分析】先判断出函数是周期为6的周期函数，再利用周期性直接求解即可．【详解】由，则，所以函数是周期为6的周期函数，又，即，所以．故选：B．6.在正三棱柱中，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设为的中点，证明平面，根据球的截面性质确定交线的形状，结合弧长公式求交线长.【详解】设为的中点，连接，因为，为等边三角形，所以，因为，，，平面，所以平面，所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心的圆， 由，可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，设该圆弧与，分别相交于点M，N，因为，，所以，因为，所以所以，故交线长.故选：B.7.函数，（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下说法正确的是（）A.函数的最小正周期是 B.函数在上单调递减C.函数的图象向左平移个单位后关于直线对称D.若圆C的半径为，则函数的解析式为【答案】D【解析】【分析】根据函数的图象，求得的最小正周期，可判定A错误；利用五点作图法，求得，结合三角函数的性质，可判定B错误；利用三角函数的图形变换得到平移后的函数解析式为，进而判定C错误；利用，求得的值，可判定D正确.【详解】解：由函数图象，可得点的横坐标为，所以函数的最小正周期为，所以A不正确；又由，且，即，根据五点作图法且，可得，解得，因为，可得，结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误；将函数的图象向左平移个单位后，得到，可得对称轴的方程为，即，所以不是函数的对称轴，所以C错误；当时，可得，即,若圆的半径为，则满足，即，解得，所以的解析式为，所以D正确.故选：D. 8.已知定义在上的函数满足，，且当时，，，则关于的不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意得为上的奇函数，且为增函数，又由题得，令，得为上的偶函数，且在上单调递增，得即可解决.【详解】由题知，定义在上的函数满足，，且当时，，，所以，即，又，所以为上的奇函数，设，，所以为上的增函数，因为，令，因为为上的偶函数，且在上单调递增，，所以，所以，故选：B．二、选择题：本大题共4小题、每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分、有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知平面向量，，，则下列说法正确的是（） A.若，则B.若，则C.若，则向量在上的投影向量为D.若，则向量与的夹角为锐角【答案】BC【解析】【分析】根据向量线性运算即数量积公式可判断AB选项，根据投影向量定义可得判断C选项，由可得，但此时向量与的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误.【详解】解：已知平面向量，，，对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；对于C，若，则，由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，所以C选项正确；对于D，若，则，所以；但当时，，此时向量与的夹角为，所以D选项错误；故选：BC.10.已知，，则下列说法正确的是（）A.两圆位置关系是相交B.两圆的公共弦所在直线方程是C.上到直线的距离为的点有四个D.若上任意一点，则【答案】ACD 【解析】【分析】先将，的一般方程化成标准方程，再利用圆心距与两半径之差和半径之和比较即可判断A；联立两圆的方程，化简即可得到公共弦所在直线方程，进而即可判断B；先求得到直线的距离，再比较与的大小即可判断C；依题意得的几何意义为到上点的距离的平方的最大值，再结合选项A求解即可判断D．【详解】对于A，由，即，其圆心为，半径为，，即，其圆心为，半径为，则两圆的圆心距为，则，即两圆相交，故A正确；对于B，联立两圆的方程，化简得，故B错误；对于C，由到直线的距离为，且，所以上到直线的距离为的点有四个，故C正确；对于D，依题意得的几何意义为到上点的距离的平方的最大值，所以结合选项A得，故D正确．故选：ACD．11.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列4个结论，其中正确的有（）A.从中任取3球，恰有一个白球的概率是B.从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为C.现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则第一次取到红球且第二次也取到红球的概率为 D.从中有放回取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为【答案】ABD【解析】【分析】根据古典概型概率公式求解即可判断A；根据二项分布求概率公式计算即可求判断B；根据独立事件的概率公式计算即可判断C；根据对立事件的概率求解即可判断D.【详解】A：所求的概率为，故A正确；B：取到红球的次数，所以其方差为，故B正确；C：第一次取到红球的概率为，第二次取到红球的概率为，所以第一次取到红球且第二次取到红球的概率为，故C错误；D：每次取到红球的概率为，所以至少有一次取到红球的概率为，故D正确.故选：ABD.12.下列说法中，其中正确的是（）A.命题：“”的否定是“”B.化简的结果为2C.…D.在三棱锥中，，，点是侧棱的中点，且，则三棱锥的外接球的体积为.【答案】BCD【解析】【分析】根据存在性量词命题的否定即可判断A；根据二倍角的正弦、余弦公式和诱导公式计算即可判断B；根据二项式定理即可判断C；利用线面垂直的判定定理可得平面，结合正弦定理、勾股定理和球的体积公式计算即可判断D.【详解】A：命题：“”的否定是“”，故A错； B：，故B正确；C：…，故C正确；D：如图所示，由，，则，得，由是的中点，，易知：△为等边三角形且，又，所以，得，又，平面，所以平面.设球心为且在过△中心垂直于面的垂线上，点到底面的距离为，由正弦定理得的外接圆半径，球的半径，所以三棱锥的外接球的体积为.故D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.13.某个品种的小麦麦穗长度（单位：cm）的样本数据如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，则这组数据的第80百分位数为______.【答案】10.8【解析】【分析】将数据从小到大排序后，运用百分位数的运算公式即可.【详解】数据从小到大排序为：8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12个， 所以，所以这组数据的第80百分位数是第10个数即：10.8.故答案为：10.814.二项式展开式中常数项是________．（填数字）【答案】240【解析】【分析】根据二项式的展开通项公式求解即可.【详解】展开式的通项公式为，令，解得，所以常数项为，故答案为:240.15.已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】由直线与曲线相切可得，后由基本不等式可得答案.【详解】设切点为，，则切线斜率可表示为由题有.又切线可表示为：，代入可得，又a，b为正实数，则，当且仅当，即时取等号.故答案为：.16.经过坐标原点O的直线与椭圆C：相交于A，B两点，过A垂直于AB 的直线与C交于点D，直线DB与y轴相交于点E，若，则C的离心率为_______．【答案】##【解析】【分析】设直线BD的方程为，与椭圆方程联立，由求得点B的纵坐标，进而利用韦达定理得到其横坐标，从而得到点D的坐标，然后根据，由化简求解.【详解】解：设直线BD的方程为，，则，由，得，显然存在，使得，故由韦达定理得，因为，则，即，则，因为，所以，即，即，化简得，所以，故答案为：.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（1）求的值；（2）若点D为边的中点，，求的值．【答案】（1）4；（2）．【解析】【分析】（1）由，带入余弦定理整理可得，所以，带入即可得解；（2）作边上的高，垂足为E，因为，所．又，所以，因为点D为边的中点且，所以，再根据勾股定理即可得解.【详解】（1）因为，所以，即．又，所以． （2）如图，作边上的高，垂足为E，因为，所以．又，所以．因为点D为边的中点，，所以．在直角三角形中，，所以．在直角三角形中，，所以．18.已知数列的前项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）记，，数列的前项和为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）采用作差法，验证是否符合通式，即可求解的通项公式；（2）求得，化简得，结合裂项求和法可求.【小问1详解】∵，∴， 两式相减得.∴，又，，解得，∴，则的通项公式为；【小问2详解】∵，∴，，19.如图所示，在三棱柱中，点G、M分别是线段AD、BF的中点.（1）求证：平面BEG；（2）若三棱柱的侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1 ）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】取BE中点N，则平行且等于，AG也平行且等于，而平行且等于，所以平行且等于，因此四边形为平行四边形，∥，又平面BEG，平面BEG，所以平面BEG；【小问2详解】由已知易证建立以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，设为面的法向量，则，同理可求平面的法向量为，.所以二面角的余弦值为.20. 为了推进产业转型升级，加强自主创新，发展高端制造､智能制造，把我国制造业和实体经济搞上去，推动我国经济由量大转向质强，许多企业致力于提升信息化管理水平.一些中小型工厂的规模不大，在选择管理软件时都要进行调查统计.某一小型工厂自己没有管理软件的高级技术员，欲购买管理软件服务公司的管理软件，并让其提供服务，某一管理软件服务公司有如下两种收费方案.方案一：管理软件服务公司每月收取工厂4800元，对于提供的软件服务，每次另外收费200元；方案二：管理软件服务公司每月收取工厂7600元，若每月提供的软件服务不超过15次，不另外收费，若超过15次，超过部分的软件服务每次另外收费500元.（1）设管理软件服务公司月收费为y元，每月提供的软件服务的次数为x，试写出两种方案中y与x的函数关系式；（2）该工厂对该管理软件服务公司为另一个工厂过去20个月提供的软件服务的次数进行了统计，得到如图所示的条形统计图，该工厂要调查服务质量，现从服务次数为13次和14次的月份中任选3个月求这3个月，恰好是1个13次服务､2个14次服务的概率；（3）依据条形统计图中的数据，把频率视为概率从节约成本的角度考虑该工厂选择哪种方案更合适，请说明理由.【答案】（1）方案一：y=200x+4800，x∈N，方案二：；（2）；（3）从节约成本的角度考虑，该工厂选择方案一更合适，理由见解析.【解析】【分析】（1）由题意可得方案一：y=200x+4800，x∈N，方案二：y=（2）记选择的3个月恰好是1个13次服务､2个14次服务为事件A，根据条形图，利用组合数可得P(A)==，即求.（3）根据方案分别列出方案一与方案二中月收费的分布列，根据分布列求出数学期望，比较均值即可求解.【详解】解：（1）由题意知，方案一：中管理软件服务公司的月收费 y与x的函数关系式为y=200x+4800，x∈N，方案二：当，时，，所以管理软件服务公司的月收费y与x的函数关系为：y=（2）记选择的3个月恰好是1个13次服务､2个14次服务为事件A，则P(A)==.（3）对于方案一，设管理软件服务公司的月收费为ξ元，由条形统计图得ξ取值为7400，7600，7800，8000，8200，P(ξ=7400)=0.1，P(ξ=7600)=0.4，P(ξ=7800)=0.1，P(ξ=8000)=0.2，P(ξ=8200)=0.2，∴ξ的分布列为：ξ74007600780080008200P0.10.40.10.20.2E(ξ)=7400×0.1+7600×0.4+7800×0.1+8000×0.2+8200×0.2=7800.对于方案二，设管理软件服务公式的月收费为η元，由条形统计图得η的可能取值为7600，8100，8600，P(η=7600)=0.6，P(η=8100)=0.2，P(η=8600)=0.2，∴η的分布列为：η760081008600P0.60.20.2E(η)=7600×0.6+8100×0.2+8600×0.2=7900. ∵E(ξ)