四川省遂宁市第二中学校2022-2023学年高三上学期第五次模拟考试数学文科试题及答案

这是一份四川省遂宁市第二中学校2022-2023学年高三上学期第五次模拟考试数学文科试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省遂宁市第二中学校2022-2023学年高三上学期第五次模拟考试数学文科试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则2．某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（    ）A． B． C． D．3．已知数列的前项和为，则（    ）A． B． C． D．4．在某次高中学科竞赛中，名考生的参赛成绩统计如图所示，分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是（    ）A．成绩在分的考生人数最多 B．考生竞赛成绩的中位数为分C．不及格的考生人数为人 D．考生竞赛成绩的平均分约分5．已知函数的部分图像大致为（    ）A． B．C． D．6．已知奇函数在上是增函数，．若，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．7．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．已知抛物线C1：与椭圆C2：共焦点，C1与C2在第一象限内交于P点，椭圆的左右焦点分别为，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．9．如图是一个简单几何体的三视图，若，则该几何体外接球表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．10．如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（    ）A． B．C． D．11．已知定义在的函数是奇函数，且对任意两个不相等的实数，都有.则满足的的取值范围是（    ）A． B． C． D．12．已知当时，函数的图像与函数的图像有且只有两个交点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．若复数是纯虚数，则实数________14．变量，满足约束条件，则的取值范围是____________.15．命题，使得成立；命题，不等式恒成立．若命题为假，则实数a的取值范围为___________．16．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象恰有个对称中心在区间内，则的取值范围为______. 三、解答题17．已知数列，满足，且．(1)若数列为等比数列，公比为q，，求的通项公式；(2)若数列为等差数列，，求的前n项和．18．已知向量，且，(1)求函数在上的值域；(2)已知的三个内角分别为，其对应边分别为，若有，，求面积的最大值.19．已知函数，其图象中相邻的两个对称中心的距离为，且函数的图象关于直线对称；(1)求出的解析式；(2)将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，若方程在上有两根，，求的值及的取值范围.20．图1是直角梯形，以为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2．(1)求证：平面平面；(2)已知点P为线段上一点，且，求三棱锥体积．21．已知函数 .(1)讨论函数 的单调性；(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．(1)求的极坐标方程；(2)若曲线C的参数方程为（t为参数），求曲线C与交点的极坐标．23．已知函数的最小值为．(1)求；(2)已知为正数，且，求的最小值．
参考答案：1．D【详解】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系. 2．A【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，则大圆锥的体积即为，整理得，即小圆锥的体积为所以该圆台体积为故选：A.3．D【分析】根据给定条件，结合变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答.【详解】因为，则，于是得，因此数列是公差为1的等差数列，首项，则，所以.故选：D4．B【分析】由频率分布直方图可知选项正确，根据中位数的计算方法可求得考生竞赛成绩的中位数，判断B;求出不及格人数判断C;利用区间中点值乘以该组的频率，再依次相加，即可求出平均值的估计值，判断D.【详解】根据频率分布直方图得，成绩出现在的频率最大，所以成绩在分的考生人数最多，故A正确；由于 ，，故考生竞赛成绩的中位数为 ，故B错误；不及格考生数为 ，故C正确；根据频率分布直方图估计考生竞赛成绩平均分为 ，故D正确。故选：B．5．D【分析】求出的定义域可排除A；证明是奇函数可排除B；当且趋近于时，可排C，进而可得正确选项.【详解】的定义域为，故排除选项A；定义域为，关于原点对称，，所以是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项B；当且趋近于时，，故排除选项C，故选：D6．C【分析】先判断出函数单调性，再比较这3个数的大小，然后利用单调即可.【详解】因为是奇函数且在上是增函数，所以在时，，从而是上的偶函数，且在上是增函数，，，又，则，所以即，， 所以.故选：C．7．D【分析】求出函数的导数，问题转化为在有解，进而求函数的最值，即可求出的范围.【详解】∵，∴，若在区间内存在单调递增区间，则有解，故，令，则在单调递增，，故.故选：D.8．B【分析】根据得到，然后将点代入抛物线方程得到，根据共焦点得到，最后联立求离心率即可.【详解】结合抛物线及椭圆的定义可得在抛物线上，故，且，∴.故选：B.9．C【分析】根据三视图得到三棱锥是截于长方体求解.【详解】解：如图所示，三棱锥即为所求几何体，其中长方体的长，宽，高分别为，，2．∴该几何体的外接球与长方体外接球是同一个球，设其半径为，则，∴其外接球表面积．∵，∴（当且仅当时取得“＝”），∴外接球表面积的最小值为．故选：C．10．C【分析】作中点，则直线与所成角为，由几何关系求出三边长，结合余弦定理得解.【详解】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，所以，则线与所成角等价于与所成角，设，则，，，，，则，所以直线与所成角的余弦值为.故选：C11．B【分析】根据函数为奇函数得到，确定函数的定义域和单调性，将不等式转化为，根据函数的单调性结合定义域得到答案.【详解】时，，是奇函数，故，函数关于点中心对称，取得到得到.，故，故函数在上单调递减，根据中心对称知函数在上单调递减.，即，故，故，解得；考虑定义域：，解得.综上所述：故选：B12．A【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，令，则，所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，故，当，，，故；当时，，，故，如图；所以当时，直线与的图像有两个交点，即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.故选：A.13．-1【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为0且虚部不为0得答案．【详解】由（2+i）（a﹣2i）=（2a+2）+（a﹣4）i为纯虚数，得，解得a=﹣1．故答案为﹣1．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．14．【分析】作出不等式组对应的平面区域，数形结合即可求解【详解】画出可行域如图，即三角形及其内部且， 因为，表示点与点连线的斜率，由图可知：点与连线斜率最大为点与连线斜率最小为，所以的取值范围为.故答案为：.15．【分析】首先求出命题为真时的取值范围，再根据复合命题的真假即得.【详解】命题:，使得成立，当时，，若命题为真，则，命题，不等式恒成立，则，当时，，当且仅当时等号成立，若命题为真，则；当命题为真命题时，有，即，所以命题为假时，或，所以实数a的取值范围为.故答案为：．16．【分析】先利用平移变换得到，再根据所得图象恰有个对称中心在区间内，由求解.【详解】解：函数的周期为，则，则将函数的图象向右平移个周期后得到，因为，所以，因为所得图象恰有个对称中心在区间内，所以，解得，所以的取值范围为.故答案为：17．(1) 或.(2) 【分析】(1)由已知条件求出等比数列的公比和通项，得到数列为等比数列，可求出通项公式；(2)由等差数列的通项利用累乘法求得数列的通项，再用裂项相消求的前n项和．【详解】（1）数列为等比数列，公比为q，且， ， 或， 由 ， 或 ，由，所以 ，又 ，即数列是以1为首项， 为公比的等比数列故 或.（2）依题意得等差数列公差，则，由，所以 ，从而， .18．(1)(2) 【分析】（1）根据向量的数量积为求得解析式进而求得值域.（2）利用余弦定理和基本不等式即可求得面积的最大值.【详解】（1）由已知，，所以所以，又因为 所以，所以，即在上的值域为（2）由（1）知：所以 ，又所以，所以，又因为 由余弦定理可得：，所以所以 ，当且仅当时取“=” 故面积的最大值为19．(1)(2)， 【分析】（1）根据条件相邻的两个对称中心的距离为得到周期从而求出，再根据对称轴是及求出，从而得到的解析式；（2）根据平移变换得到，再通过整体代换，利用正弦函数的图像和性质得到有最小值及对应的自变量的值，即可求的值及的取值范围.【详解】（1）解：因为函数的图象相邻的对称中心之间的距离为，所以，即周期，所以，所以，又因为函数的图象关于直线轴对称，所以，，即，，因为，所以，所以函数的解析式为；（2）解：将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，所以，当时，，,当时，有最小值且关于对称，因为方程在上有两根，，所以，，即的取值范围.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明，（2）由棱锥的体积公式求解，【详解】（1）由题意可知，，因为且，所以四边形为菱形，连接交于点，则，在中，，所以，在图2中，，因为，所以，又平面，平面.所以平面，又平面，故平面平面；（2）平面，所以到面距离为，所以P到面距离为，，所以21．(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）由导数法即可求；（2）分别讨论，由的单调性及零点存在定理判断零点即可.【详解】（1），时，恒成立，在上是增函数；时，时，是减函数，时，是增函数，综上， 时，在上是增函数，时，在上是减函数， 在上是增函数；（2）i. 时，由 (1)得在上是增函数，，故只有一个零点；ii. 时，由(1)得.①当时，，只有一个零点，符合题意；②当时，，故在有一个零点，又在上是增函数，设，，，∴在单调递增，，∴在单调递增，，设，由知，当，，单调递减；当，，单调递增，∴，即，故在有一个零点，不合题意；③当时，，故有一个零点， 又在上是减函数，，由②得，故在有一个零点，不合题意.综上，的取值范围是.【点睛】方法点睛：1. 零点个数可根据函数单调性及零点存在定理判断；2. 对于含参函数，难点在于找到合适的自变量满足零点存在定理，本题中可根据函数形式，构造函数说明时，及；时，及.22．(1)；(2). 【分析】（1）求得的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可；（2）求得曲线的普通方程，结合的直角坐标方程，求得交点的直角坐标，再转化为极坐标即可.【详解】（1）对点，设其直角坐标为，则，即其直角坐标为，故在直角坐标系下的方程为：，由可得：，故的极坐标方程为：.（2）由题可得曲线的普通方程为：，联立，可得，解得或，又，故，则，即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，则，，即曲线C与交点的极坐标为.23．(1)(2)12 【分析】（1）方法一：由题知，进而分类讨论求解即可；方法二：根据绝对值三角不等式求解即可；（2）结合（1）得，进根据基本不等式求解即可.【详解】（1）解：方法一：依题意得：，当时，，当时，，当时，，综上，当时，取得最小值1，即的最小值．方法二：根据绝对值三角不等式可得：，当且仅当，即时等号成立，所以，的最小值．（2）解：由（1）知，，（当且仅当时等号成立），∴，当且仅当，即，时等号成立，∴的最小值为12．