2023届四川省遂宁市第二中学校高三上学期第五次模拟考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届四川省遂宁市第二中学校高三上学期第五次模拟考试数学（理）试题（解析版），共18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。
2023届四川省遂宁市第二中学校高三上学期第五次模拟考试数学（理）试题 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【答案】D【详解】试题分析：，,故选D.【解析】点线面的位置关系. 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．【答案】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．已知数列的前项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】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．以平行六面体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先计算能构成多少个三角形，再将共面的情况剔除，即通过对立事件就可以计算不共面的概率．【详解】解：平行六面体有个顶点，任意取构成的三角形个数为，即从56个三角形中任取两个三角形，现共面的情况为表面个面与个对角面，每个面构成个三角形，设任取两个三角形不共面为事件“”，，故选：A．5．已知函数的部分图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】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．已知奇函数在上是增函数，．若，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】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．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．【答案】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．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．【答案】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．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．【答案】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．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．【答案】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．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．【答案】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．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．【答案】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. 二、填空题13．若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）．【答案】35【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得、的值，可得结论．【详解】解：的展开式的通项公式为，展开式中第5项为常数项，故当时，，，该展开式的常数项为，故答案为：35．14．变量，满足约束条件，则的取值范围是____________.【答案】【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．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___________．【答案】【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．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______.【答案】【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： 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．【答案】(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．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.【答案】(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．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.【答案】(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．如图，直角梯形中，，点为的中点，沿着翻折至，点为的中点，点在线段上.(1)证明：平面平面；(2)若平面平面，平面与平面所成的锐二面角为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，由平面与平面所成的锐二面角列方程，从而求得.【详解】（1）由题意可得，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，因为为的中点，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）平面平面，平面平面，平面，所以平面，以分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，设，，设平面的法向量为，，令，， 同理可求得平面的法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，，解得，所以的值为.21．已知函数(1)讨论函数的单调性;(2)，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求得，对进行分类讨论，从而求得的单调区间.（2）由不等式分离，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.【详解】（1），当时，，在上递增.当时，令解得，所以在区间递减；在区间递增.综上所述，时，在上是增函数；时，在上是减函数，在上是增函数.（2）不等式，即，由于，所以恒成立，设，，由（1）知，时，，在上是减函数，在上是增函数，，所以，用替换得，且时，，所以时，递增，时，递减，所以时，，所以，所以的取值范围是.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可考虑分离常数法.分离常数后，构造新的函数，并利用导数研究所构造函数的性质（主要）是最值，由此来求得参数的取值范围.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．【答案】(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．已知函数的最小值为．(1)求；(2)已知为正数，且，求的最小值．【答案】(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．