四川省遂宁市射洪中学2022-2023学年高三数学（文）上学期12月第三次月考试题（Word版附答案）

射洪中学高2020级高三上期第三次月考

文科数学试题

（考试时间：120分钟   试卷满分：150分）

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、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。每个小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的。）

1.已知集合，则（    ）

A. B.              C.  D.

2.(   )

A. B. C.  D.

3.的数值越小，表明空气质量越好，当的数值不大于100时称空气质量为“优良”.如图是某地3月1日到12日的数值的统计数据，图中点A表示3月1日的的数值为201，则下列叙述不正确的是（    ）

A.这12天中有6天空气质量为“优良” B.这12天中空气质量最好的是3月9日

C.从3月9日到12日，空气质量越来越好 D.从3月4日到9日，空气质量越来越好

4.设等差数列中，，，则（    ）

A.6 B.8 

C.10 D.12

5.若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下面命题正确的是(   )

A.若m⊂β，α⊥β，则m⊥α

B.若m⊥β，m∥α，则α⊥β

C.若α∩γ=m，β∩γ=n，则α∥β

D.若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ

6.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为(   )

A.-2 B.-6 

C.-8 D.-12

7.已知向量，，，则向量，的夹角为（    ）

A. B. C. D.

8.已知角的终边上有一点，则（    ）

A. B. C. D.

9.下面有四个命题：

①“，”的否定是“，”；

②命题“若，则”的否命题是“若，则；

③“”是“”的必要不充分条件：

④若命题为真命题，为假命题，则为真命题.

其中所有正确命题的编号是(   )

A.①②④ B.①③ C.①④ D.②④

10.已知函数是定义在R上的偶函数，若函数满足，，且，.若，，，则，，三者的大小关系为（    ）

A. B.

C. D.

11.已知直线为曲线在处的切线，若与二次曲线也相切，则（    ）

A.0 B. C.4 D.0或4

12.定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（      ）

A. B. C. D.

第II卷（非选择题）

二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)

13.设椭圆标准方程为，则该椭圆的离心率为______.

14.已知实数满足，则的最大值为_________.

15.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若在[0，]上为增函数，则的最大值为___________.

16.如图，在棱长为2的正方体中，、、分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列命题：

①不存在点，使平面；

②三棱锥的体积是定值；

③直线平面

④经过、、、四点的球的表面积为.

正确的是______.

三、解答题（共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17至21题为必考题，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22，23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。）

17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列，a＝2.

（1）若c＝1，求B和b；

（2）若△ABC的面积为，求c.

18.已知是等比数列，是前项和

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

19.文旅部门统计了某网红景点在2022年3月至7月的旅游收入（单位：万），得到以下数据：

(1)根据表中所给数据，求出关于之间的线性回归方程；

(2)为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的列联表，能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.

参考公式：线性回归方程：，其中，.

临界值表：

20.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点.

（1）证明：平面；

（2）若，，求三棱锥的体积.

21.已知函数，.

（1）当时，求函数的单调区间及极值；

（2）讨论函数的零点个数.

请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写．

 [选修4—4极坐标与参数方程]

22.在直角坐标系中，圆的参数方程（为参数）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求圆的极坐标方程；

（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长.

[选修4—5不等式选讲]

23.已知函数.

（1）解不等式；

（2）若正实数，满足，且函数的最小值为，求证：.

射洪中学高2020级高三上期第三次月考

文科数学答案

1-5  BDCBB  6  DADCA

11．C【分析】求出函数的导函数，即可取出切线的斜率，从而求出切线方程，再联立方程，消元，根据且，解得即可.

【详解】解：因为，所以，所以，

所以曲线在处的切线斜率为，

则曲线在处的切线方程为，即．

由于切线与曲线相切，

由，得，又，两线相切有一切点，

所以，   解得或（舍去）．

12．C【分析】根据函数是奇函数，且满足，推出函数的周期性，然后判断方程在一个周期内实根的个数并求和，进而求出方程在区间，上所有实根之和．

【详解】解：由知函数的图象关于直线对称，

由是上的奇函数知，

在中，以代得：

即，

所以

即，

所以是以4为周期的周期函数．

考虑的一个周期，例如，，

由在，上是减函数知在，上是增函数，

在，上是减函数，在，上是增函数．

对于奇函数有，（2），

故当时，，当时，（2），

当时，，当时，（2），

方程在，上有实数根，

则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数，

由于为奇函数，故在上有唯一实根，在上无实数根.

则由于，故方程在上有唯一实数．

在上，

则方程在上没有实数根．

从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根．

当，，方程的两实数根之和为，

当，，方程的所有四个实数根之和为．

故选：C

13．    14．

15．1【分析】先求出平移后函数的解析式，然后求出包含0的一个增区间，再由[0，]为其的一个子集，可求出的范围，从而可求出其最大值

【详解】依题意，

由得，

于是得的一个单调递增区间是，

因在为增函数，因此，，

即有，解得，即最大值为1． 故答案为：1

16．②③④【分析】连接PQ，，当Q是的中点时，由线面平行的判定可证，即可判断①，根据即可判断②，证明、，即可判断③，分别取，的中点E，F，构造长方体，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积，即可判断④；

【详解】解：连接PQ，，当是的中点时，因为，，所以，

因为平面，平面，所以平面，故①错误；

因为是线段上的动点，平面，所以到平面的距离，即为到到平面的距离，

所以，故三棱锥的体积是定值，即②正确；

由正方体的性质可得，平面，平面，

，又，平面，所以平面，

又平面，所以，又，所以，

同理可证平面，平面，所以，

，平面，所以平面，故③正确；

当是的中点时，

分别取，的中点E，F，构造长方体，

则经过、、、四点的球即为长方体的外接球，

设所求外接球的直径为2R，

则长方体的体对角线即为所求的球的直径，

即，

所以经过、、、四点的球的表面积为，故④正确.

   故答案为：②③④

17．（1）；（2）2．

【分析】（1）由A，B，C成等差数列及三角形内角和为π可得B的值，在三角形中由余弦定理可得b的值；

（2）由三角形的面积公式求出c边．

【详解】（1）∵A，B，C成等差数列，

∴2B＝A+C，而A+B+C＝π，则B＝，又a＝2，c＝1，

由余弦定理可得：；

（2）∵S△ABC，

∴c＝2．

18．（1）；（2）.

【解析】（1）根据，利用，即可求解；

（2）由（1）得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】（1）因为，当时，，

可得，

当时，，适合上式，

所以数列的通项公式为.

（2）由（1）可得，

所以数列的前项和：

.

19．（1）由已知得：，，

，

则关于的线性回归方程为：.

（2）

列联表如下所示：

零假设：游客是否喜欢该网红景点与性别无关联，

根据列联表中数据，，

依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即游客是否喜欢该网红景点与性别有关联.

20．（1）证明见解析  （2）

【分析】（1）连接BD交AC于F，连接EF，证明EF∥PB得到结论.

（2）先确定AP⊥BP且△ABC为正三角形，取AB中点M，连接PM、CM，证明PM⊥平面ABCD，根据得到答案.

【详解】（1）连接BD交AC于F，连接EF

∵四边形ABCD为菱形，∴F为AC中点，那么EF∥PB

又∵平面ACE，平面ACE∴PB∥平面ACE；

（2）由勾股定理易知AP⊥BP且△ABC为正三角形，

∵E为DP中点，∴，

取AB中点M，连接PM、CM，由几何性质可知PM＝1，，

又∵PC＝2，∴PC2＝PM2＋MC2，即PM⊥MC，∵PM⊥AB，

∴PM⊥平面ABCD，

∴，∴．

21．（1）增区间为，减区间为，极大值为，无极小值，（2）答案见解析.

【解析】（1）求导，求出的解，即可求出单调区间，进而求出极值；

（2）求导，求出单调区间，确定极值，根据极值的正负以及零点存在性定理，对分类讨论，即可求解.

【详解】由题得，函数的定义域为.

（1）当时，，

所以，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

所以当时，有极大值，

且极大值为，无极小值.

（2）由，得.

当时，恒成立，函数单调递增，

当时，，

又，所以函数有且只有一个零点；

当时，令，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减，

所以的极大值为

，

①当，即得时，

解得，此时函数没有零点；

②当，即时，函数有1个零点；

③当，即时，

.

当时，令，

则在上恒成立，

所以，即，

所以，

故当且时，.

当时，有，

所以函数有2个零点.

综上所述：当时，函数没有零点；

当或时.函数有1个零点；

当时，函数有2个零点.

22．（1）；（2）

【分析】（1）先由圆的参数方程消去参数，得到圆的普通方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出圆的极坐标方程；

（2）由题意，先设两点的极坐标为：，，将代入直线的极坐标方程，得到；将代入圆的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.

【详解】（1）因为，圆的参数方程（为参数），消去参数可得：；

把代入，化简得：，即为此圆的极坐标方程；

（2）设两点的极坐标为：，，

因为直线的极坐标方程是，射线，

将代入得，即；

将代入得，  所以．

23．（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）分类讨论：、、求的解集，然后取并集即可；

（2）由绝对值的几何意义可知，即，再由已知条件等式，应用基本不等式“1”的代换可证，即结论得证.

【详解】（1）∵，要使，

∴当时，则，解得，得.

当时，则，即恒成立，得.

当时，则，解得，得.

综上，不等式的解集为.

（2）证明：由，

∴，又正实数，满足，可得，

∴当且仅当，即时等号成立，

∴得证.