2023屆貴州省高三333高考備考診斷性聯(lián)考（二）數學（理）試題 一、單選題1．已知全集，集合，，則圖中陰影部分表示的集合為（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題知圖中陰影部分表示的集合為，，再根據集合運算求解即可.【詳解】解：由圖可得，圖中陰影部分表示的集合為，因為，所以，因為，所以或，所以.故選：B.2．若復數z滿足，則（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據復數的乘方運算和除法運算法可得，再求得即可.【詳解】由復數乘方運算可得，所以，則，故選：D．3．為了發(fā)展學生的興趣和個性特長，培養(yǎng)全面發(fā)展的人才．某學校在不加重學生負擔的前提下．提供個性、全面的選修課程．為了解學生對于選修課《學生領導力的開發(fā)》的選擇意愿情況，對部分高二學生進行了抽樣調查，制作出如圖所示的兩個等高條形圖，根據條形圖，下列結論正確的是（    ）A．樣本中不愿意選該門課的人數較多B．樣本中男生人數多于女生人數C．樣本中女生人數多于男生人數D．該等高條形圖無法確定樣本中男生人數是否多于女生人數【答案】B【分析】根據等高條形圖直接判斷各個選項即可.【詳解】對于A，由圖乙可知，樣本中男生，女生都大部分愿意選擇該門課，則樣本中愿意選該門課的人數較多，A錯誤；對于BCD，由圖甲可知，在愿意和不愿意的人中，都是男生占比較大，所以可以確定，樣本中男生人數多于女生人數，B正確，CD錯誤.故選：B．4．，下列說法正確的是（）①為偶函數；②的最小正周期為；③在區(qū)間上先減后增；④的圖象關于對稱．A．①③ B．①④ C．③④ D．②④【答案】A【分析】由題可得，然后結合函數的性質逐項分析即得.【詳解】由輔助角公式可得：，對①，由題可知，為偶函數，①正確；對②，最小正周期，故②錯誤；對③，令，，在區(qū)間先減后增，復合函數同增異減易知，③正確；對④，，所以關于點對稱，④錯誤.故選：A．5．若雙曲線C：的離心率為2，C的一條漸近線被圓所截得的弦長為（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】A【分析】先將圓的方程化為標準方程，得到圓心和半徑，從而得到雙曲線的右焦點，利用點到直線的距離公式，通過勾股定理，求解直線和圓的弦長即可.【詳解】由題可知，離心率，得，雙曲線C：的一條漸近線不妨為，即，圓的圓心為，半徑為，可得圓心到直線的距離為，弦長為.故選：A．6．已知實數滿足，則的最大值為（   ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】由不等式組作出可行域，根據的幾何意義求出的范圍，利用對勾函數單調性即可求出的范圍，最大值即可求解.【詳解】令，則，由作出可行域如圖，則，，，設點，，其中在可行域內，，由圖可知當在點時，直線斜率最小，，當在點時，直線斜率最大，，在，由對勾函數的單調性可知：當時，單調遞減；當時，單調遞增；又當時，；當時，；因為，所以當時，.故選：B.7．鏡面反射法是測量建筑物高度的重要方法，在如圖所示的模型中．已知人眼距離地面高度，某建筑物高，將鏡子（平面鏡）置于平地上，人后退至從鏡中能夠看到建筑物的位置，測量人與鏡子的距離，將鏡子后移a米，重復前面中的操作，則測量人與鏡子的距離，則鏡子后移距離a為（    ）A．6m B．5m C．4m D．3m【答案】A【分析】設建筑物底部到第一次觀察時鏡面位置之間的距離為，根據光線反射性質列出關于的方程組，求解即可.【詳解】如圖：設建筑物最高點為A，建筑物底部為，第一次觀察時鏡面位置為，第一次觀察時人眼睛位置為C處，第二次觀察時鏡面位置為，設到之間的距離為，由光線反射性質得，所以，即，①同理可得，②①②兩式相比得，解得，代入①得，故選：A．8．如圖，在平面四邊形中，，，為的中點，，，則的值為（   ）A．2 B．3 C． D．【答案】B【分析】根據題意，結合得，進而，再根據解方程即可得答案.【詳解】解：，為的中點，，，，∵,，，解得：.故選：B.9．將6個和2個隨機排成一行，2個不相鄰的概率為（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分別計算出6個和2個隨機排成一行的種數以及2個不相鄰的種數，然后由古典概型的概率公式求解即可.【詳解】依題意，6個和2個隨機排成一行，共有8個空位，從8個空位中選2個放，剩余6個放，故總的排放方法有：種；利用插空法，6個有7個位置可以放2個，故排放的方法有種，所以所求概率為.故選：A.10．已知函數，，對任意，，都有不等式成立，則a的取值范圍是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】將問題轉化為，利用導數求在上的最小值、在上的最小值，即可得結果.【詳解】對任意，，都有不等式成立，，，，則在區(qū)間上單調遞增，∴，，，，則在上單調遞增，，，則在上單調遞減，，，故，綜上，.故選：C11．如圖，在直三棱柱中，，，，點P在棱上，且P靠近B點，當時，三棱錐P-ABC的外接球的表面積為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據幾何關系利用勾股定理可以求出，進而可以求出結果.【詳解】在中，由余弦定理可得，解得，，由得：，解得：或，又因為，且P靠近B點，所以．由正弦定理可得，外接圓半徑，三棱錐P-ABC的外接球半徑R滿足：，∴外接球表面積，故選：D．12．已知是數列的前n項和，，，當數列的前n項和取得最大值時，n的值為（    ）A．30 B．31 C．32 D．33【答案】C【分析】由遞推式得到，結合等差中項知為等差數列，進而寫出其通項公式并判斷單調性，最后判斷上各項的符號，即可確定前n項和取得最大值時n的值.【詳解】①，則②，②－①得：，即，則數列為等差數列，且，由得：，則公差，所以，數列單調遞減，而，，，......，設，當時，，且，，當時，恒成立，顯然，，即數列的前32項和最大.故選：C 二、填空題13．在平面直角坐標系中，角是以為頂點，軸為始邊，若角的終邊過點，求_________.【答案】##【分析】根據三角函數定義，結合和角公式與二倍角公式化簡求解即可.【詳解】解：角的終邊過點，∴，，∴.故答案為：14．的展開式的各項二項式系數之和為32，各項系數和為1，則展開式中的系數為_________.【答案】【分析】根據二項式系數之和可求出，令，由各項系數之和可求出，代入二項式展開式的通項公式即可求解.【詳解】由題可知，各個二項式系數之和為，解得，令，可得各項系數之和為，解得，所以展開式中的系數為.故答案為：.15．已知拋物線C：的焦點為F，過點F作斜率大于0的直線l與C交于A，B兩點，O為坐標原點，，則的面積為____________．【答案】##【分析】易得點的坐標，設直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立求出韋達定理，結合求出參數的值，代入三角形面積公式即可求解.【詳解】因為拋物線的方程為：，所以焦點為，設直線的方程為：，，由，消整理得：，所以，所以，因為，所以，所以，代入，解得：，所以.故答案為：16．已知是定義在上的函數，且，若對任意，不等式恒成立，則實數的取值范圍是_________.【答案】【分析】易得是定義在上單調遞增的奇函數，利用單調性性質將轉化為，構造函數，利用導函數討論單調性得出，令即可求解的范圍.【詳解】的定義域為，關于原點對稱，，為奇函數，且，在上單調遞增，，可化為：，即，令，求導得：，在上遞增，值域為R，則存在一個，使得，且時，，時，，則.，，則；另外，對任意，要保證有意義，則恒成立，所以；綜上，.故答案為：.【點睛】方法點睛：（1）解決不等式問題時，單調性與奇偶性是突破口；（2）解決恒成立問題時，根據大于最大值或小于最小值的性質，將問題轉化為求最值問題，最值問題又轉化為單調性問題，構造函數是將不等式轉化為函數思想的常用方法. 三、解答題17．某單位為了解職工對垃圾回收知識的重視情況，對本單位的200名職工進行考核，然后通過隨機抽樣抽取其中的50名，統(tǒng)計其考核成績（單位；分），制成如圖所示的頻率分布直方圖.(1)求這50名職工考核成績的平均數（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值為代表）及中位數（精確到0.01）；(2)若該單位職工的考核成績服從正態(tài)分布，其中“近似為50名職工考核成績的平均數近似為樣本方差，經計算得，利用該正態(tài)分布，估計該單位200名職工考核成績高于90.06分的有多少名？（結果四舍五入保留整數.）附參考數據與公式：，，則，，.【答案】(1)平均數為84.80；中位數84.67（分）(2)32名. 【分析】（1）直接代入平均數公式與中位數性質即可求解；（2）根據正態(tài)分布的性質求出，再乘以200即可求解.【詳解】（1）依題意，這50名職工考核成績的平均數為由頻率分布直方圖得，，中位數（分）（2）由題意得，，，（名），估計該單位200名職工考核成績高于90.06分的有32名.18．已知銳角△ABC的內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且．(1)求角C的大??；(2)若，求c的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化角為邊，再用余弦定理可求出角；（2）由（1）已知角，可借助正弦定理化邊為角，再利用輔助角公式及正弦三角函數的性質可解．【詳解】（1）由已知及正弦定理，得，即，∴．又∵，∴；（2）由（1）及正弦定理得，∵，∴，∴．∵，∴，，∴，∴．19．如圖甲，在四邊形中，，，將沿折起得圖乙，點是上的點.(1)若為的中點，證明：平面；(2)若，試確定的位置，使二面角的正弦值等于.【答案】(1)證明見解析(2)點在線段靠近的三等分點處. 【分析】（1）取的中點，連接，先證明平面，得出，取的中點，連接，易得，由線面垂直判定定理即可證明；（2）建立空間直角坐標系，易得平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，根據法向量性質求出，再根據二面角的正弦值等于即可求出參數，從而確定的位置.【詳解】（1）由題意，，且，故四邊形是平行四邊形.又，所以是正三角形，四邊形是菱形.如圖所示：取的中點，連接，是正三角形，則，.又，平面，所以平面，又平面,所以.取的中點，連接，則，即四點共面.又，則，由，，，平面，平面.（2），，.又且，以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，設，則，平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，又，，則可取.由題意，二面角的正弦值等于，，，故，即點在線段靠近的三等分點處.20．拋物線的焦點到準線的距離等于橢圓的短軸長．(1)求拋物線的方程；(2)設是拋物線上位于第一象限的一點，過作（其中）的兩條切線，分別交拋物線于點,,證明：直線經過定點．【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）根據橢圓和拋物線的幾何性質即可求解；（2）設點，，求出直線的方程，利用直線和圓相切,直線和圓相切分別出關于和的一元二次方程，利用韋達定理即可求出直線經過的定點.【詳解】（1）由橢圓方程可知短軸長為，∴拋物線的焦點到準線的距離，故拋物線方程為．（2）∵是拋物線上位于第一象限的點，∴且，∴．設，，則直線方程為，即，∵直線DM：與圓E：相切，∴，整理可得，，①同理，直線DN與圓E相切可得，，②由①②得a，b是方程的兩個實根，∴，，代入，化簡整理可得，，令，解得，故直線MN恒過定點．21．已知函數，.(1)當時，求證：在上單調遞減；(2)當時，，求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）根據導數與函數的單調性關系，結合二階導討論導函數的符號即可證明；（2）構造函數，進而結合將問題轉化為證明當時，在上恒成立問題求解即可.【詳解】（1）證明：當時，，則，令，則在上單調遞減，且，且，，使.當時，，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，，，，，，在上單調遞減.（2）解：當時，，即（記為*）在上恒成立，令，，，要使（*）式在上恒成立，則必須，.下面證明當時，在上恒成立.，，.令，則，故當時，單調遞減；當時，單調遞增；∴，，當時，在上單調遞增，，即（*）式在上恒成立，另外一方面，當時，，∴存在，使得當時，，在上單調遞減，∴當時，，與題設矛盾，不成立.∴的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問解題的關鍵在于結合得到，進而再證明時不等式成立即可.22．在平面直角坐標系中，直線l的參數方程為（t為參數），曲線：．以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．(1)求直線l的極坐標方程和曲線的參數方程；(2)求曲線上一點N到直線l距離的最小值，并求出此時N點的坐標．【答案】(1)直線的極坐標方程為：，曲線的參數方程為（為參數）(2)，． 【分析】（1）利用消元法求出直線的直角坐標方程，再利用直角坐標和極坐標互化公式即可求出直線的極坐標方程，直接根據同角三角函數的平方關系可得曲線的一個參數方程；（2）設點的坐標為，表示出點到直線的距離，結合輔助角公式和正弦函數的值域，即可得出距離最小值，進而求出點的坐標．【詳解】（1）直線的參數方程為（為參數），消得直線的普通方程為，將代入直線的普通方程，得直線的極坐標方程為：，曲線的一個參數方程為：（為參數）．（2）因為點在曲線上，設，則到直線的距離為：，其中，，當，即時取得最小值，，，，， 故此時點的坐標為，綜上，曲線上一點到直線距離的最小值為，此時點的坐標為．23．已知函數，(1)求不等式的解集N；(2)設N的最小數為n，正數a，b滿足，求的最小值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）分類討論的取值范圍去絕對值轉化為一次不等式求解；（2）由題意得，將，代入化簡后使用基本不等式求最小值.【詳解】（1），即，∴或或，解得或或，∴不等式的解集．（2）由（1），∴，則，，則，當且僅當，即，時等號成立．∴的最小值為． 

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