2023届四川省泸州市泸县第四中学二诊模拟考试数学（文）试题.docx

1、泸县四中2020级高三第二次诊断性模拟考试 数 学（文史类）注意事项：1 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3 本试卷满分150分，考试时间120分钟 考试结束后，请将答题卡交回。第I卷 选择题（60分）一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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ABCD2图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点所表示的复数满足，则复数ABCD3甲

2、乙两台机床生产同一种零件，根据两台机床每天生产零件的次品数，绘制了如下茎叶图，则下列判断错误的是A甲的平均数大于乙的平均数B甲的众数大于乙的众数C甲的方差大于乙的方差D甲的性能优于乙的性能4已知某几何体的三视图如图所示（图中网格纸上小正方形边长为1），则该几何体的体积为AB15CD205已知是第四象限角，则A B C D6设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7在如图所示的计算程序框图中，判断框内应填入的条件是ABCD8若函数在区间上是增函数，且，则函数在区间上A是增函数B是减函数C可以取得最大值2D可以取得最小值

3、9已知，则ABCD10已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为A2B3CD11已知函数有2个不同的零点，则k的取值范围是A B C D12关于x的不等式对任意x1恒成立，则a的取值范围是A B C D第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13曲线在处的切线方程为 _14已知平面向量，若，则_15已知正数a，b满足，则的最小值为_.16如图，在四边形中，点是线段上的一个动点，则的最小值为_三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必做题：共60分1

4、7（12分）已知正项等比数列的前项和为，若，成等差数列，（1）求与；（2）设，数列的前项和记为，求18（12分）为研制新冠肺炎的疫苗，某生物制品研究所将所研制的某型号疫苗用在小白鼠身上进行科研和临床试验，得到如下统计数据：未感染病毒感染病毒总计未注射疫苗注射疫苗总计现从未注射疫苗的小白鼠中任取只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为（1）能否有的把握认为注射此疫苗有效？（2）在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取只进行病理分析，然后从这只小白鼠中随机抽取只对注射疫苗的情况进行核实，求恰有只为注射过疫苗的概率附：，.19（12分）如图，在几何体中，均为边长为的等边三角形，平面平面，平

5、面平面(1)求证：；(2)求点到平面的距离20（12分）已知抛物线，直线，过点作直线与交于，两点，当时，为中点.（1）求的方程；（2）作，垂足分别为，两点，若与交于，求证：.21（12分）已知函数是其导函数.(1)讨论的单调性；(2)对恒成立，求的取值范围.（二）选做题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2cos.（1）若曲线C1方程中的参数是，且C1与C2有且只有一个公共点，求C1的普通方程；（2

6、）已知点A（0，1），若曲线C1方程中的参数是t，0，且C1与C2相交于P，Q两个不同点，求的最大值.23（10分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）已知，若恒成立，求函数的取值范围.泸县四中2020级高三第二次诊断性模拟考试数 学（文史类）参考答案：1A 2B 3D 4C 5D 6D 7A 8C 9C 10A 11B 12B13 14 15 1617解：（1）设正项等比数列的公比为()，由解得，所以，（2）由（1）得，所以，-得，所以18解：（1）依题意，由，得，所以，所以，列联表如下表所示：未感染病毒感染病毒总计未注射疫苗注射疫苗总计由，所以有的把握认为注射此疫苗有效；

7、（2）设“恰有只为注射过疫苗”为事件，由于在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取，故抽取的只小白鼠中有只未注射疫苗，分别用、来表示，只已注射疫苗的小白鼠分别用、来表示，从这只小白鼠中随机抽取只，可能的情况有：、，共种，其中恰有只为注射过疫苗有：、，共种，所以，即恰有只为注射过疫苗的概率为19(1)取，的中点分别为和，连接，因为和均为边长为的等边三角形，所以，且，因为平面平面，平面与平面的交线为，平面，所以平面；因为平面平面，平面与平面的交线为，平面，所以平面，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，的中点分别为和，所以，结合，所以(2)取，的中点分别为，分别连接，因为，

8、所以四边形为等腰梯形，所以，又，的中点为，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等价于点到平面的距离，即点到平面的距离，所以，设点到平面的距离为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，因为四边形为等腰梯形，所以，又，所以在等腰三角形中，底边上的高为：，所以，所以，所以点到平面的距离为：.20解：（1）设，当时，的方程为即,由可得，为的中点，的方程为；（2）证明：当时，则四边形为矩形，为的中点，由（1）可知为的中点，为的中位线，；当与不平行时，设与相交于，不妨设从左至右依次为点A、B、M，如图，由题意显然成立，只要证，即证，又，只要证，即证，即证.设

9、直线的方程为，则，由，解得.由可得，得证；综上，.21解：（1）函数的导函数，当时，所以在R上单调递增；当时，所以在上单调递减，在上单调递增.综述：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为对恒成立，所以当时，；当时，则，所以.所以且连续不断.，情形一：当时，当时，在上单调递增，又因为，所以在上单调递增，所以，满足题意.当时，由（1）知在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，不符合题意.情形二：当时，当时，由，知不恒成立；.当时，易知恒成立.当时，由（1）知的最小值，所以在单调递增，而，所以成立.综上可得的取值范围为.22（1）2cos，曲线C2的直角坐标方程为（x

10、1）2+y21，是曲线C1：的参数，C1的普通方程为x2+（y1）2t2，C1与C2有且只有一个公共点，|t|1或|t|1，C1的普通方程为x2+（y1）2（）2或x2+（y1）2（）2（2）t是曲线C1：的参数，C1是过点A（0，1）的一条直线，设与点P，Q相对应的参数分别是t1，t2，把，代入（x1）2+y21得t2+2（sincos）t+10，|t1|+|t2|t1+t2|2|sin（）|2，当时，4（sincos）2440，取最大值2.23解：（1）不等式，即.当时，即，得；当时，即，得；当时，即，无解.综上，原不等式的解集为.（2） .令 结合函数的图象易知：当时，.要使不等式恒成立，只需，即，故所求实数的取值范围是.