眉山市高中2023屆第二次診斷性考試數學（理工類）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、座位號和準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用復數的除法運算直接求解即可.【詳解】，.故選：A.2.設全集為，集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】求出集合A中元素范圍，再求即可.【詳解】，又，.故選：C.3.某鄉鎮為推動鄉村經濟發展，優化產業結構，逐步打造高品質的農業生產，在某試驗區種植了某農作物．為了解該品種農作物長勢，在實驗區隨機選取了100株該農作物苗，經測量，其高度（單位：cm）均在區間內，按照，，，，分成5組，制成如圖所示的頻率分布直方圖，記高度不低于16cm的為“優質苗”．則所選取的農作物樣本苗中，“優質苗”株數為（）A.20 B.40 C.60 D.88【答案】C【解析】【分析】根據頻率分布直方圖計算出“優質苗”的占比,再乘以100可得結果【詳解】由頻率分布直方圖可知，“優質苗”的占比為，因此，所選取的農作物樣本苗中，“優質苗”株數為.故選：C.4.數學與音樂有著緊密的關聯，我們平時聽到的樂音一般來說并不是純音，而是由多種波疊加而成的復合音．如圖為某段樂音的圖像，則該段樂音對應的函數解析式可以為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由圖像可知，該函數為奇函數，根據奇偶函數的定義，得出A，B為奇函數，再根據函數圖像中，判斷出A對，B錯；由圖像得，判斷出C，D錯誤，即可得出答案．【詳解】對于A，函數，因為，所以函數為奇函數，又，故A正確；對于B，函數，因為，所以函數為奇函數，又，故B錯誤；對于C，函數，因為，故C錯誤；對于D，函數，，故D錯誤，故選：A．5.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用倍角公式將條件變形，然后結合列方程組求解.【詳解】,①,又②，由①②得.故選：D.6.一個四棱臺的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖均為上底長為2，下底長為4，腰長為2的等腰梯形，則該四棱臺的體積為（）A. B. C. D.56【答案】A【解析】【分析】由三視圖可知該四棱臺為正四棱臺，利用勾股定理求出棱臺的高，再根據臺體的體積公式即可得解.【詳解】由三視圖可知該四棱臺為正四棱臺，且側面的高為，則該棱臺的高為，所以棱臺的體積.故選：A.7.已知實數，滿足，則下列各項中一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，可得，根據不等式的性質即可判斷A；根據正弦函數的單調性即可判斷B；根據對數函數的單調性及換底公式即可判斷C；根據指數函數及冪函數的單調性即可判斷D.【詳解】因為，所以，則，故A錯誤；當時，，所以，故B錯誤；因為，所以，所以，即，故C錯誤；因為，所以，即，故D正確.故選：D.8.已知四棱柱的底面是正方形，，，點在底面的射影為中點，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得平面，然后以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】因為點在底面的射影為中點，則平面，又因為四邊形為正方形，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為平面，平面，則，因為，，則，則、、、，所以，，易知平面的一個法向量為，，因此，直線與平面所成角的正弦值為.故選：C.9.已知函數.給出下列結論：①是的最小值；②函數在上單調遞增；③將函數的圖象上的所有點向左平移個單位長度，可得到函數的圖象.其中所有正確結論的序號是（）A.①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】【分析】先利用輔助角公式化一，再根據正弦函數的性質即可判斷①②，根據平移變換的原則即可判斷③.【詳解】，對于①，，是的最小值，故①正確；對于②，當時，，所以函數在區間上不具有單調性，故②錯誤；對于③，將函數的圖象上的所有點向左平移個單位長度，得，故③正確，所以正確的有①③.故選：B.10.已知直線與拋物線交于點、，以線段為直徑的圓經過定點，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】記，則直線的方程可表示為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，結合以及可求得的值，再利用弦長公式可求得的值.【詳解】記，則直線的方程可表示為，設點、，聯立可得，，可得，由韋達定理可得，，，，由已知可得，則，可得，所以，.故選：C.11.在菱形中，，，將繞對角線所在直線旋轉至，使得，則三棱錐的外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】如圖，取的中點，連接的，利用勾股定理證明，則有平面平面，設點為的外接圓的圓心，則在上，設點為三棱錐的外接球的球心，外接球的半徑為，利用勾股定理求出外接球的半徑，再根據球的表面積公式即可得解.【詳解】如圖，取的中點，連接，在菱形中，，則都是等邊三角形，則，因為平面平面，所以即為二面角的平面角，因為，所以，即，所以平面平面，如圖，設點為的外接圓的圓心，則在上，且，設點為三棱錐的外接球的球心，則平面外接球的半徑為，設，則，解得，所以，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選：B.12.若存在，使不等式成立，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】等價變形給定的不等式，并令，構造函數，將問題轉化為存在，使得成立，再借助導數求解即得.【詳解】依題意，，令，即，由，得，令，則原問題等價于存在，使得成立，求導得，由，得，由，得，因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，而，又，則當時，，若存在，使得成立，只需且，解得且，即，所以的取值范圍為.故選：D【點睛】思路點睛：構造函數是基本的解題思路，因此觀察題目所給的數的結構特點，以及數與數之間的內在聯系，合理構造函數，利用導數判斷單調性是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知，，，則實數______.【答案】【解析】【分析】先求出向量的坐標，再利用模的坐標運算列方程求解即可.【詳解】由已知得，，，解得.故答案為：.14.已知的展開式中含項的系數為，則______.【答案】##【解析】【分析】求出的展開式通項，然后利用含項的系數為列方程求解.【詳解】，又的展開式通項為，的展開式通項為，，解得.故答案為：12.15.已知為坐標原點，直線與雙曲線的兩條漸近線從左往右順次交于兩點.若，則雙曲線的離心率為______.【答案】【解析】【分析】分別聯立直線與雙曲線漸近線的方程，求出兩點的坐標，再根據在的右側，可得，再根據，求得的齊次式，由此求出，進而可得答案.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，由題意可得，則，聯立，解得，聯立，解得，因為兩條漸近線從左往右順次交于兩點，且所以，，，所以，因，所以，整理得，則，解得或（舍去），所以離心率.故答案為：.16.中，角、、所對的邊分別為、、.若，且，則周長的最大值為______.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理結合兩角和的正弦公式可求得的值，結合角的取值范圍可求得角的值，利用余弦定理結合基本不等式可求得的最大值，即可得出周長的最大值.【詳解】因為，由正弦定理可得，所以，，因為、，則，所以，，故，由余弦定理可得，所以，，即，故，當且僅當時，等號成立，故周長的最大值為.故答案為：.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生依據要求作答.（一）必考題：共60分.17.某商店銷售某種產品，為了解客戶對該產品的評價，現隨機調查了200名客戶，其評價結果為“一般”或“良好”，并得到如下列聯表：一般良好合計男20100120女305080合計50150200（1）通過計算判斷，有沒有99%的把握認為客戶對該產品的評價結果與性別有關系？（2）該商店在春節期間開展促銷活動，該產品共有如下兩個銷售方案.方案一：按原價的8折銷售；方案二：顧客購買該產品時，可在一個裝有4張“每滿200元少80元”，6張“每滿200元少40元”共10張優惠券的不透明箱子中，隨機抽取1張，購買時按照所抽取的優惠券進行優惠.已知該產品原價為260（元/件）.顧客甲若想采用方案二的方式購買一件產品，估計顧客甲需支付的金額；你認為顧客甲選擇哪種購買方案較為合理？附表及公式：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中，.【答案】（1）有99%的把握認為客戶對該產品的評價結果與性別有關系（2）元，選擇方案二較為合理【解析】【分析】（1）根據公式求出，再對照臨界值表即可得出結論；（2）設甲顧客按方案二購買一件產品需要出元，寫出的所有可能取值，求出對應概率，再根據期望公式求出期望即可，再求出選擇方案一所需的金額，即可得出結論.【小問1詳解】，所以有99%的把握認為客戶對該產品的評價結果與性別有關系；【小問2詳解】若甲顧客按方案二購買一件產品，設需要出元，則可取，，所以（元），所以顧客甲若想采用方案二的方式購買一件產品，估計顧客甲需支付元，若甲顧客按方案一購買一件產品，則需要（元），因為，所以顧客甲選擇方案二購買較為合理.18.已知數列是公差為2的等差數列，.是公比大于0的等比數列，，.（1）求數列和的通項公式；（2）若數列滿足，求的前項和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由等差數列的求和公式解方程可得首項，進而得到；由等比數列的通項公式，解方程可得公比，進而得到；（2）由等比數列的求和公式，結合數列的錯位相減法求和，可得所求和.【小問1詳解】數列是公差為2的等差數列,得，，是公比大于0的等比數列，，設公比為，，解得(負值舍去)，；【小問2詳解】由（1）得，①，②，①-②得，19.如圖，在三棱錐中，為的內心，直線與交于，，.（1）證明：平面平面；（2）若，，，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設平面，垂足為，作于，于，連接，先證明，從而可證得，從而可得點為的內心，即兩點重合，再根據面面垂直的判定定理即可得證；（2）如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，利用等面積法求得內切圓的半徑，再利用勾股定理求得，即可得的坐標，再利用向量法求解即可.【小問1詳解】設平面，垂足為，作于，于，連接，因為平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因為平面，所以平面，又平面，所以，在和中，因為，所以，所以，在和中，，所以，所以，即點到距離相等，同理點到的距離相等，所以點為的內心，所以兩點重合，所以平面，又因平面，所以平面平面；【小問2詳解】如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，則，設內切圓的半徑為，則即，解得，故，則，則，設平面的法向量，則，可取，設平面的法向量，則，可取，則，由圖可得二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.20.已知橢圓經過，兩點，，是橢圓上異于的兩動點，且，若直線，的斜率均存在，并分別記為，.（1）求證：為常數；（2）求面積的最大值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設直線的傾斜角分別為，根據，可得，即，求出，從而可得出結論；（2）利用待定系數法求出橢圓方程，設，，聯立方程求出，再根據，化簡計算結合基本不等式即可得解.【小問1詳解】設直線的傾斜角分別為，因為，所以，即，故，因為，，所以，所以，所以，則，所以為常數；【小問2詳解】橢圓經過，兩點，代入得，解得，所以橢圓方程為，設，，由（1）得，則的方程為，的方程為，聯立，消得，則，同理可得，則令，則，當且僅當，即時取等號，所以面積的最大值為.【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．21.已知函數有兩個極值點.（1）求的取值范圍；（2）若，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意轉化為方程有兩個不同的實根，設，求得，求得函數的單調性和極大值，進而求得的取值范圍；（2）由（1）得到，得出，令，得到，求得，令，取得，再令，利用導數求得的單調性，進而得出單調遞性和最小值，即可求解.【小問1詳解】解：因為函數，可得，因為函數有兩個極值點，所以方程有兩個不同的實數根，即方程有兩個不同的實數根，設，可得，當時，可得，單調遞增；當x>1時，可得，單調遞減，所以時，函數取得極大值，極大值為，又因為時，；時，，且時，，所以方程有兩個不同的實數根時，可得，即函數有兩個極值點時，的取值范圍是.【小問2詳解】解：由（1）知，函數的兩個極值點是方程的兩根，且，則有，兩式相除，可得，可得，又由，可得，所以，令，令，則需要恒成立，則，令，則，令，則上單調遞增，又由，則存在，使得，當時，，則即為單調遞減；當時，，則即為單調遞增，又，所以存在，使得當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增，又，所以當時，，則，單調遞減；當時，，則，單調遞增，所以當時，，所以，故實數的取值范圍是【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分