2023屆渝瓊遼（新高考2卷）高三下學期名校仿真模擬聯考數學試題一、單選題1．對于集合A，B，定義集合且，已知集合，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】結合新定義可知，求得，進而根據補集的定義求解即可.【詳解】結合新定義可知，又，所以．故選：A2．若復數z滿足，則復數的虛部為（

）A． B． C．-1 D．1【答案】D【分析】根據已知先求出復數，再利用共軛復數相關定義得出答案.【詳解】，，所以，，的虛部為1．故選：D3．“數學王子”高斯是近代數學奠基者之一，他的數學研究幾乎遍及所有領域，在數論、代數學、非歐幾何、復變函數和微分幾何等方面都作出了開創性的貢獻．我們高中階段也學習過很多高斯的數學理論，比如高斯函數、倒序相加法、最小二乘法、每一個n階代數方程必有n個復數解等．已知某數列的通項，則（

）A．48 B．49 C．50 D．51【答案】D【分析】利用倒序相加法求得正確答案.【詳解】函數，，又，所以．則，，∴，所以．故選：D4．已知某圓臺的母線長為4，母線與軸所在直線的夾角是，且上、下底面的面積之比為1：9，則該圓臺外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將圓臺補為圓錐，單獨考慮圓錘和圓臺公共的軸截面，在軸截面中根據長度和角度關系以及三角形相似可得圓臺的上底面半徑和下底面半徑及高，做出圓臺的外接球球心，連接球心和圓臺上的點，設出外接球半徑及球心到下底面距離，利用勾股定理建立等式解出方程，即可求得外接球半徑，進而求得其表面積.【詳解】解：將圓臺補全為圓錐，記圓錐頂點為，取圓錐的軸截面，記該軸截面與圓臺的交點為，記圓臺上底面圓心為，下底面圓心為，根據圓臺的對稱性可知，其外接球球心在中軸線上，連接如圖所示：由題知，因為上、下底面的面積之比為1：9，所以上底面半徑與下地面半徑之比為，即，因為，所以，解得，因為，所以，因為，所以，，記圓臺外接球半徑為，，在直角和直角中由勾股定理知：，，即，，解得，故圓臺外接球的表面積為.故選：D5．若，則（

）A．5 B． C．2 D．4【答案】A【分析】先求得，然后根據同角三角函數的基本關系式、二倍角公式等知識求得正確答案.【詳解】，所以，則，所以故選：A6．已知函數滿足，若，，則m的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由方程組法求得，不等式用參數分離法轉化為，引入新函數，利用導數求得函數的最小值，從而得參數范圍．【詳解】①，又②，①×2－②得，∴．又，即，所以，令，，令（），則，所以即在單調遞增，，則在遞增．，∴．故選：C．7．盲盒里有大小、形狀完全相同的個綠球，個紅球，現拋擲一枚均勻的骰子，擲出幾點就從盲盒里取出幾個球．則取出的球全是綠球的概率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設“取出的球全是綠球”，“擲出點”，則，求出，利用全概率公式可求得的值.【詳解】設“取出的球全是綠球”，“擲出點”，則，又因為從盲盒里每次取出個球的所有取法是，即基本事件總數為，而從袋中每次取出個綠球的所有取法是，即事件所含基本事件數為，所以擲出點，取出的球全是綠球的概率為，所以，.故選：B.8．已知O為平面點角坐標系的原點，點，B為圓上動點，記經過A、B的直線為l，以O為圓心與l相切的圓的面積為，經過O、A、B三點的圓的面積為，則的最大值為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】設l與x軸交點為C，，利用三角函數的定義和正弦定理，得到，從而有，再利用點與圓上的點的距離求解.【詳解】解：如圖所示：設l與x軸交點為C，，則，在中，由正弦定理得：，∴，又，所以的最大值為．故選：C．二、多選題9．設m，n是空間中兩條不同直線，，是空間中兩個不同平面，則下列選項中錯誤的是（

）A．當時，“”是“”的充要條件．B．當時，“”是“”的充要條件．C．當時，“”是“”的充分不必要條件．D．當時，“”是“”的必要不充分條件．【答案】AD【分析】根據線面之間的位置關系結合充分條件和必要條件逐一判斷即可.【詳解】對于A，當時，若，則或或m，相交,若，則或或m，相交，故不是的充分條件，也不是必要條件，故A錯誤；對于B，根據面面平行的性質B正確；對于C，當時，若，由面面垂直的判定定理得，若，則或或m，相交，故C正確；對于D，當時，若，則m，n平行或異面，若，則或，所以不是的充分條件也不是必要條件，故D錯誤．故選：AD．10．下列命題中為真命題的是（

）A．用最小二乘法求得的一元線性回歸模型的殘差和一定是0．B．一組數按照從小到大排列后為：，，…，，計算得：，則這組數的25%分位數是．C．在分層抽樣時，如果知道各層的樣本量、各層的樣本均值及各層的樣本方差，可以計算得出所有數據的樣本均值和方差．D．從統計量中得知有97%的把握認為吸煙與患肺病有關系，是指推斷有3%的可能性出現錯誤．【答案】ACD【分析】根據殘差定義及最小二乘法可判斷A；由百分位數的定義可判斷B；由分層抽樣的均值和方差定義可判斷C；由獨立性檢驗定義可判斷D.【詳解】對于A，根據殘差定義及最小二乘法故A正確；對于B，由百分位數定義，結果應為，故B錯誤；對于C，在分層抽樣時，如果知道各層的樣本量、各層的樣本均值及各層的樣本方差，可以計算得出所有數據的樣本均值和方差，故C正確；對于D，從統計量中得知有97%的把握認為吸煙與患肺病有關系，是指推斷有3%的可能性出現錯誤，故D正確.故選：ACD．11．如圖，在四邊形ABCD中，，，，，，F為線段BC的中點，E為線段AD上一動點（包括端點），，則下列說法正確的是（

）A． B．的最小值為C．若E為線段AD的中點，則 D．n的最大值為【答案】ACD【分析】如圖作出輔助線，根據所給條件及直角三角形中的三角函數求出AB判斷A，根據向量中的重要公式極化恒等式可判斷B，根據向量的線性運算及三點共線可求出判斷C，建立平面直角坐標系，利用坐標法求n的最大值判斷D.【詳解】過作，交的延長線于點，過作，交于，如圖，則四邊形為矩形，設，由題意知，則，，∴．，∴．對于選項A，，故A正確；對于選項B，由F為線段BC的中點可知，所以，所以，過F作，垂足為M，的長即最小值，且，∴，故B錯誤；對于選項C，∵E為DA中點，，∴，即．∴．故C正確；對于選項D，以D為坐標原點，，所在直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標系，則，，，，，設∴，即∴，，∴，故D正確．故選：ACD12．已知函數是定義在上的函數，是的導函數，若，且，則下列結論正確的是（

）A．函數在定義域上有極小值．B．函數在定義域上單調遞增．C．函數的單調遞減區間為．D．不等式的解集為．【答案】BC【分析】令并求導，結合已知可得，進而可得，構造并研究單調性判斷A、B；構造、分別研究它們的單調性判斷C、D.【詳解】令，則，又得：，由得：，令得：，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以，即，所以單調遞增，所以B正確，A不正確；由且定義域為得：，令，解得，即的單調遞減區間為，故C正確．的解集等價于的解集，設，則，當時，，此時，即在上遞減，所以，即在上成立，故D錯誤．故選：BC【點睛】關鍵點睛：令，根據已知得，利用導數研究其單調性和極值情況，構造研究單調性，對于D問題轉化為判斷在上的符號.三、填空題13．e作為數學常數，它的一個定義是，其數值約為：2.7182818284…，梓軒在設置手機的數字密碼時，打算將e的前5位數字：2，7，1，8，2進行某種排列得到密碼，如果要求兩個2不相鄰，那么梓軒可以設置的不同密碼有______種（以數字作答）．【答案】36【分析】利用插空法，結合排列數與組合數，可得答案.【詳解】第一步：對除2以外的3位數字進行全排列，有種方法；第二步：將兩個2選兩個空插進去種方法，由分步計數原理可得共有種不同的密碼．故答案為：.14．設，，將函數的圖象左移個單位得到的圖象，為偶函數，則______．【答案】##【分析】由題意可得，再根據三角函數的奇偶性結合誘導公式即可得解.【詳解】由題意，將函數的圖象左移個單位得到的圖象，即，因為為偶函數，所以，，則，，而，故．故答案為：.15．單位向量與的夾角為60°，則______．【答案】或【分析】設，然后根據夾角公式及模長公式列方程組求解即可.【詳解】設，則，解得或∴與成60°的單位向量是或.故答案為：或.16．已知雙曲線，為左焦點，過點作軸交雙曲線于第二象限內的點，點與點關于原點對稱，連接，，當取得最大值時雙曲線的離心率為______．【答案】【分析】設，，且，設直線斜率為，直線斜率為，根據坐標關系可得，，又，結合正切函數的性質與基本不等式，即可得最大時所滿足的等式關系，從而可得此時雙曲線的離心率.【詳解】如圖：設，，且，設直線斜率為，直線斜率為，由題意，因為，所以，，∴，，則．∵，∴，∴，當且僅當時，取得最大值∴，∴∴或（舍）故當取得最大值時雙曲線的離心率為.故答案為：.四、解答題17．已知數列的前n項和為，，且．，．(1)求數列和的通項公式；(2)若，求數列的前n項和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根據對數運算得，利用等比數列定義求通項公式，利用等差中項判斷數列為等差數列，建立方程求出公差，從而可得的通項；（2）利用錯位相減法計算即可.【詳解】（1）∵，∴，則，所以為等比數列，又，得，所以，由知是等差數列，且，，∴，得，．∴.（2）因為，，所以，所以則上面兩式作差得，∴18．中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，，．(1)，時，求CD的長度；(2)若CD為角C的平分線，且，求的面積．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意，可得，然后根據向量的模長計算公式，即可得到結果；（2）根據題意，可得，然后結合三角形的面積公式即可得到，從而得到的面積.【詳解】（1）當時，則所以，∴．（2）因為，即，∴，又，∴，則，∴．19．如圖，D為圓錐DO的頂點，O為圓錐底面的圓心，AB為直徑，C為底面圓周上一點，四邊形OAED為正方形，．(1)若點F在BC上，且//面ACE，請確定點F的位置并說明理由；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)F為BC中點，理由見解析(2)．【分析】（1）根據線面平行得平面平面AEC,進而根據面面平行的性質可得線線平行，即可得到點的位置.（2）根據二面角的幾何法求解找到二面角的平面角，即可利用三角形的邊角關系進行求解，或者建立空間直角坐標系，利用法向量的夾角即可求解.【詳解】（1）過O作交于，平面ACE,平面ACE,所以平面ACE,又平面AEC，，OD、平面DOF，∴平面平面AEC，由于平面平面

平面,故在中，是的中點，∴F為BC中點．（2）（方法一）連BE交OD于M，由于,則M為DO、BE中點，面ABC,由于,由三垂線定理知，則，,所以即為二面角的平面角．不妨設，，則，，在中，在中，，∴在中，由余弦定理，所以二面角的余弦值為．（方法二）過C作面ABC，以，，分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，，，，，，，設面DBC法向量，，即，取設面EBC法向量，，即，設二面角的平面角為，∴，由圖知為銳角，所以二面角的余弦值為．20．某企業為檢查一條流水線的生產情況，隨機抽取該流水線上的件產品作為樣本測出它們的長度（單位：），長度的分組區間為、、、，．由此得到樣本的頻率分布直方圖，如圖所示．(1)在上述抽取的件產品中任取件，設為長度超過的產品數量，求的分布列和數學期望．(2)從該流水線上任取件產品，設為長度超過的產品數量，求的數學期望和方差．【答案】(1)分布列見解析，(2)，【分析】（1）由題意可知，隨機變量的可能取值有、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，可得出隨機變量的分布列，進一步可求得的值；（2）分析可知，利用二項分布的期望和方差公式可得出、的值.【詳解】（1）解：由題意可知，上述抽取的件產品中，長度超過的產品數量為件，所以，隨機變量的可能取值有、、，則，，，所以，隨機變量的分布列如下表所示：所以，.（2）解：由題意可知，，，.21．已知一條長為的線段的端點分別在雙曲線的兩條漸近線上滑動，點是線段的中點．(1)求點的軌跡的方程．(2)直線過點且與交于、兩點，交軸于點．設，，求證：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出雙曲線漸近線的方程，設，，，再根據以及點是線段的中點來列式整理即可；（2）先計算直線斜率為零時的情況，再計算直線斜率不為零時，設出直線方程，與橢圓聯立，然后利用韋達定理及向量的坐標運算來計算即可.【詳解】（1）由已知，雙曲線的漸近線方程為和，設，，∵，∴，即∵，∴，∴，∴；（2）證明：當直線斜率為零時，方程為，此時，又，，；當直線斜率不為零時，設，，，∴，∴，，，，∵，∴，∴，同理：∴．∵E、F、M、D四點共線，∴滿足l方程，∴，∴∴為定值．22．已知函數的圖象與x軸有兩個交點，．(1)求實數a的取值范圍；(2)設點，滿足，且恒成立，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)．【分析】（1）先求定義域，根據分析時，零點的個數，當時，運用全分離，有兩個不同的零點，即，有兩個不同的交點，對求導，分析其函數圖象性質，列出不等式解出即可；（2）根據題意建立之間的等式，根據為零點，建立等式，找到之間的等式，求出將上述等式代入，換元令后，得到關于的不等式，構造新函數，分類討論單調性進而求出范圍即可.【詳解】（1）解：由題意知有兩個不同的零點，定義域為，，當時，，在單調遞增，此時至多只有1個零點，不合題意；若，則有兩個不等實根，即為有兩不等實根，即，在上有兩個不同的交點，因為，所以時，，單調遞增，時，，單調遞減，所以在處取極