四川省广安市第二中学2022-2023学年高三数学（文）上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省广安市第二中学2022-2023学年高三数学（文）上学期11月期中考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列有关命题的说法正确的是，设，，，则等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度高2020级数学期中考试卷（文）考试时间：120分钟； 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(共0分)1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数，则的虚部为（    ）A． B． C． D．3．若椭圆上一点P到椭圆一个焦点的距离为6，则P到另一个焦点的距离为（    ）A．3 B．4 C．5 D．64．下列有关命题的说法正确的是（    ）A．命题“存在，”的否命题是：“存在，”B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“存在，使得”的否定是：“任意，均有”D．命题“若，则”为真命题5．若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（    ）A． B．C． D．6．执行如图所示的程序框图，输出S的值为（    ） A．20 B．40 C．70 D．112 7．为了得到函数的图像，只需把函数的图像（    ）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度8．设，，，则（    ）A． B． C． D．9．若直线过点，则该直线在轴、轴上的截距之和的最小值为（    ）A．1 B．4 C．9 D．1610．已知函数，若，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．11．已知函数的定义域为，且函数的图象关于点对称，对于任意的，总有成立，当时，，函数，对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数构成的集合为（    ）A． B． C． D．12．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别是，，过右焦点且不与x轴垂直的直线交C的右支于A，B两点，若，且，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）二、填空题(共0分)13．设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为______．14．已知向量，，且，则等于___________.15．在三棱锥中，BD⊥平面，，，，则三棱锥的外接球的体积为__________．16．若直线与曲线相切，则的取值范围是___________．三、解答题(共0分)17．已知公差不为零的等差数列的前n项和为，若,且成等比数列（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列满足，若数列前n项和，证明. 18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△ PAB是边长为2的等边三角形．梯形ABCD满足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC． (1)求证：PD⊥AB；(2)若PD＝2，求点D到平面PBC的距离．  19．某班进行了一次数学测试，并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值；(2)估计这次测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(3)在测试成绩位于区间[80，90）和[90，100]的学生中，采用分层抽样，确定了5人，若从这5人中随机抽取2人向全班同学介绍自己 的学习经验，设事件A＝“抽取的两人的测试成绩分别位于[80，90）和[90，100]”，求事件A的概率P（A）.      20．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知(1)求A；(2)若，求△ABC的周长的取值范围． 21．已知函数，.(1)求的极值；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围. 选考题：共10分. 请考生从给出的 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所选做的前一题计分，作答时，请用2B铅笔将所选题目对应题号涂黑22．在直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为．以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．(1)求直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；(2)设直线与曲线相交于A，两点，求的值． 23．已知函数.(1)求函数的最小值；(2)若正实数满足，且对任意的正实数恒成立，求的取值范围.
参考答案：1．B【分析】根据集合的定义，求得集合，再根据集合的并运算求解即可.【详解】因为，又，故.故选：B.2．C【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念得到，即可判断.【详解】解：因为，所以，则的虚部为；故选：C3．B【分析】根据椭圆的定义求解即可.【详解】由椭圆，得，则．因为点P到椭圆一焦点的距离为6，所以由椭圆定义得点P到另一焦点到距离为.故选：B．4．D【分析】根据存在量词命题的否定、否命题、必要不充分条件、充分不必要条件、逆否命题、任意角的三角函数等知识确定正确答案.【详解】A选项，命题“存在，”的否命题是：“不存在，”，所以A选项错误.B选项，，或，所以“”是“”的充分不必要条件，B选项错误.C选项，命题“存在，使得”的否定是：“任意，均有”，所以C选项错误.D选项，命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，这是一个真命题，所以原命题也是真命题，所以D选项正确.故选：D5．D【分析】利用函数的奇偶性和特殊值的思路判断即可.【详解】根据函数图象可得函数为偶函数，A选项，B选项，所以AB选项为奇函数，故AB选项不正确；根据函数图象可得，而C选项，D选项，所以C选项不正确，D选项正确.故选：D.6．C【分析】根据程序框图的步骤，进行计算，可得答案.【详解】第一次执行，由，则，又由，则进入循环；第一次循环，由，则，又由，则进入循环；第二次循环，由，则，又由，则进入循环；第三次循环，由，则，又由，则进入循环；第四次循环，由，则，又由，则输出.故选：C.7．B【分析】结合两角和的正弦、余弦公式、二倍角公式以及三角函数图像变换等知识确定正确答案.【详解】.，，所以把函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像.故选：B8．A【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可比较、，再利用作差法比较、，即可得解.【详解】解：令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，上单调递减，又，所以，，即，，又，所以，所以；故选：A9．C【分析】由基本不等式求解即可【详解】直线过点，，即，，当且仅当时上式等号成立．直线在轴，轴上的截距之和的最小值为9．故选：C．10．B【分析】构造函数，可证得是奇函数，且在上单调递增. 可化为，进而可解得结果.【详解】令，（），则，所以是奇函数；又都是上增函数，所以在上单调递增. 所以可化为，进而有，所以，解得或.故选：B.11．A【分析】根据题意可得是周期为4的奇函数，然后结合当时，，可求得函数在上的值域是，则将问题转化为在上有解，然后分和两种情况求解.【详解】由函数的图象关于点对称知函数的图象关于原点对称，所以函数是奇函数，由任意的，总有成立，即恒成立，所以函数的周期是4，又当时，，则当时，，而是奇函数，当时，，又，，从而得，即时，，而函数的周期是4，所以函数在上的值域是，因对任意，存在，使得成立，从而得不等式，即在上有解，当时，取负数时，不等式成立，所以，当时，在上有解，必有，解得，则有，综上得，所以满足条件的实数构成的集合为，故选：A.【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性，周期性和单调性的综合应用，考查不等式能成立问题，解题的关键是根据已知条件得到函数是周期为4的奇函数，再利用其性质求出函数的值域，最后将问题转化为在上有解问题，考查数学转化思想，属于较难题.12．C【分析】根据双曲线的定义及求出，利用勾股定理可求结果.【详解】如图，设，则．又，所以，所以．又，所以，由，得，则，而，则，化简得，所以．13．【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，结合图像求得的最大值.【详解】.画出可行域如下图所示，由图可知，当平移基准直线到可行域边界点时，取得最大值为.故答案为：【点睛】14．【分析】由向量平行的坐标表示和两角差的正切公式即可求解.【详解】因为，所以，即有..故答案为：15．【分析】首先根据题意易证，，再根据勾股逆定理得到，从而得到三棱锥的外接球半径，即可得到答案.【详解】如图所示：因为平面，平面，平面，所以，.因为，，所以，因为，，所以，在中，，，，满足，即.因为在三棱锥中，平面，，所以三棱锥的外接球半径，故三棱锥的外接球的体积为.故答案为：16．【分析】设切点为,再求出切线方程表达式,进而得出,再求导分析单调性即可求得取值范围【详解】由可得，设切点为,则切线为,即，所以,故，令,则，令，解得，当，，单调递减；当，，单调递增，则， 故的取值范围是为，故答案为：17．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【详解】试题分析：(1)利用等比数列的基本性质及等差数列的前项和求出首项和公差,进而求出数列的通项公式;(2)利用裂项相消法求和,求得（Ⅰ）由题意知： 解，故数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， 则点睛：本题考查了数列求和，一般数列求和方法（1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列，（2）裂项相消法求和，等的形式，（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列乘以等比数列，（4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和倒着写和，两式相加除以2得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和.  18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用平面几何的知识得到PM⊥AB，DM⊥AB，再利用线面垂直的判定定理和性质即可证明；（2）利用点的转移的方法把点到平面的距离转化成点到平面的距离计算即可.（1）证明：取AB中点M，连接MD、MP，因为PAB是等边三角形，所以PM⊥AB，因为MBAB＝1，AB∥CD，所以MB∥CD，又因为MB＝CD，所以四边形BCDM为平行四边形，又因为AB⊥BC，BC＝CD＝1，所以四边形BCDM为正方形，于是DM⊥AB，因为DM∩PM＝M，所以AB⊥平面PDM，又因为PD⊂平面PDM，所以PD⊥AB.（2）过M作MN⊥PB于N，因为PD＝2，PM＝PAsin60°，MD＝1，所以PD2＝PM2+MD2，于是DM⊥PM，由（1）知DM⊥AB，又因为AB∩PM＝M，所以DM⊥平面ABP，因为DM∥BC，所以BC⊥平面ABP，因为MN⊂平面ABP，所以BC⊥MN，因为BC∩PB＝B，所以MN⊥平面PBC，点M到平面PBC的距离为线段MN的长，由等面积法知，MN，因为DM∥BC，BC⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，所以DM∥平面PBC，所以点D到平面PBC的距离等于点M到平面PBC的距离为MN．19．(1)(2)(3) 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解；（2）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；（3）根据题意确定抽样比，利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中所包含的基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.（1）解：由频率分布直方图的性质，可得，解得.（2）解：根据频率分布直方图的平均数的计算公式， 这次测试成绩的平均数为 （分）.（3）解：测试成绩位于的频率，位于的频率，因为，所以确定的5人中成绩在内的有3人，分别记为，成绩在内的有2人，分别记为，从5人中随机抽取2人的样本空间：共有10个样本点，其中，即，所以概率为.20．(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理即可求得角；（2）利用三角函数求值域求周长的取值范围.【详解】（1），，由正弦定理得：，又，所以，所以.（2）由正弦定理得：，所以，，，所以，所以，所以周长.21．(1)的极小值为，无极大值(2) 【分析】（1）利用导数求得的极值.（2）由分离常数，通过构造函数法，结合多次求导来求得的取值范围.【详解】（1）的定义域为，，由解得，所以在区间递减；在区间递增.所以在时取得极小值，无极大值.（2）依题意在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，，令，，所以在上递增，，故，所以，所以在上递增，当时，取得最小值为，所以，即的取值范围是.22．(1)，（t为参数）；(2) 【分析】（1）由直线经过点，倾斜角为，可直接写出其参数方程；利用极坐标与直角坐标的转化公式可得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中,利用参数的几何意义可求得的值.【详解】（1）因为直线经过点，倾斜角为，故直线的参数方程为,（t为参数），即，（t为参数）；由可得，即，将代入，可得曲线的直角坐标方程为；（2）设A,B两点对应的参数为 ，将直线l的参数方程代入，即中，得：，整理得，此时，故.23．(1)(2) 【分析】（1）化简函数，由分段函数的性质可得最小值；（2）利用基本不等式得出的最小值，代入不等式求解可得的取值范围.（1），可知当时，函数的最小值；（2）由（1）得，，当且仅当时取等号，即的最小值为，对任意的正实数恒成立，，即，解得，故的取值范围是．