四川省成都市2022-2023学年高三下学期二模文科数学试题 Word版含解析

这是一份四川省成都市2022-2023学年高三下学期二模文科数学试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。

本试卷分选择题和非选择题两部分．第I卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5．考试结束后，只将答题卡交回.
第I卷（选择题，共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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集定义、元素和集合的关系直接判断各选项即可.
【详解】对于AB，，，，A错误，B错误；
对于CD，或，，，C正确，D错误.
故选：C.
2. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式，结合辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式进行求解即可.
【详解】，
所以该函数的最小正周期为，
故选：C
3. 执行如图所示的程序框图，输出的n的值为（ ）
A. 40B. 41C. 119D. 122
【答案】B
【解析】
【分析】根据给出的程序框图，执行程序框图，结合判断条件，即可求解.
【详解】第一次循环：；
第二次循环：；
第三次循环：；
故输出的n的值为41.
故选：B.
4. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据约束条件画出线性规划区域，根据的几何意义即可求解.
【详解】依题意，
实数x，y满足约束条件所表示的区域如图阴影所示：
由，解得点
的几何意义为：可行域内的点与原点连线的斜率，
由图象可知，当原点与点连接时，取得最大值，
即.
故选：C.
5. 设，分别是双曲线的左、右焦点．为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用双曲线的定义及标准方程，得到，，结合勾股定理表示出和 的关系即可.
【详解】利用双曲线的定义及标准方程，得到,
又，
因为，所以；故，即
故答案为：
6. 某同学计划2023年高考结束后，在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观，则大学恰好被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】基本事件总数为，大学恰好被选中的基本事件为：，根据古典概型概率公式即可求解.
【详解】依题意，
在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观的基本事件总数为：，
大学恰好被选中的基本事件为：，
所以大学恰好被选中的概率为：.
故选：B.
7. 已知命题：空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行；命题：空间中三个平面，，，若，，，则．则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与直线的位置关系定义、面面垂直的性质，结合与、或、非的真假性质逐一判断即可.
【详解】因为空间中两条直线没有公共点，两条直线可以是异面直线，所以命题是假命题，
因此真命题，
由面面垂直的性质可知命题是真命题，为假命题，
所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，
故选：D
8. 已知过抛物线的焦点，且倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，则（ ）
A. 32B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得，由韦达定理可得，再根据抛线的定义即可得答案.
【详解】解：因为抛物线，
所以，，
所以直线的方程为，
由，得，
显然，
设
则有，
所以，
由抛物线定义可知.
故选：A.
9. 若函数满足，且当时，，则（ ）
A. －1B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用求出函数的周期，利用周期性转化代入即可求解.
【详解】依题意，
因为，所以，
所以，所以函数的周期为4，
所以.
又因为，所以，
当时，，所以，
所以.
故选：B.
10. 若正三棱锥的高为2，，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据正三棱锥与外接球的性质，分球心在内部与外部两种情况讨论即可求解.
【详解】依题意，
①若球心在正三棱锥内部，如图所示：
其中点在底面的投影为点，所以高为，
延长交于点，因为三棱锥为正三棱锥，
所以为正三角形，点为的重心，为的高，
所以，，
设外接球的半径为，则，在中有：
，即，
解得：；
②若球心在正三棱锥外部，如图所示：
由①知，当球心在的延长线上时，在中有：
，即，
解得：.
故选：D
11. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用作商法，结合对数换底公式可得；根据可构造函数，利用导数可求得单调性，得到，由此可得大小关系.
【详解】，，，；
，，
设，则，
在上单调递减，，
即，；
综上所述：.
故选：A.
12. 在中，已知，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式和正弦定理，由可得，再在和中分别利用余弦定理列式，结合长度关系解得和，代入面积公式即可求解.
【详解】由可得，
因为，所以，
又因为，
所以在中由正弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
即①，
在中，由余弦定理可得，
即②，
①②联立解得，，
所以，，
所以，
故选：D
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 复数（为虚数单位），则|z|的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先化简,再带入模长公式即可求解.
【详解】因为,
所以.
故答案:.
14. 已知，则__．
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由，又由.
故答案为：．
15. 函数的极大值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】对函数求导，利用单调性即可得出函数的极大值.
【详解】依题意，
因为，所以，
所以，
所以在上，，单调递增；
在上，，单调递减.
所以在处取得极大值：.
故答案为：1.
16. 若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线所过定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.
【详解】直线过定点，直线过定点，
显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，
显然点的坐标为，所以该圆的方程为，
由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，
当点在如下图位置时，的值最大，即，
所以|PM|的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 某中学为了丰富学生的课余生活,欲利用每周一下午的自主活动时间,面向本校高二学生开设“厨艺探秘”“盆景栽培”“家庭摄影”“名画鉴赏”四门选修课,由学生自主申报,每人只能报一门,也可以不报．该校高二有两种班型－文科班和理科班（各有2个班）,据调查这4个班中有100人报名参加了此次选修课,报名情况统计如下:
（1）若把“厨艺探秘”“盆景栽培”统称为“劳育课程”,把“家庭摄影”“名画鉴赏”统称为“美育课程”．请根据所给数据,完成下面的2×2列联表:
（2）根据（1）列联表中所填数据,判断是否有99%的把握认为课程的选择与班型有关．
附:．
【答案】（1）列联表见解析
（2）没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．
【解析】
【分析】补全列联表,再算出的值与6.635进行比较即可得出结论.
【小问1详解】
由题意,列联表如下:
【小问2详解】假设:“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科无关.
∵,
∴根据小概率值的独立性检验,可以推断不成立,即没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．
18. 已知等比数列的公比为3，且，，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；
（2）利用错位相减法进行求解即可.
【小问1详解】
设数列的公比为．
∵，，成等差数列，
∴．
∴
∵，∴解得．∴；
【小问2详解】
设，则．
∴①
∴②
由①－②得，
∴
∴．
19. 如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；
（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.
【小问1详解】
取的中点，连接，．
∵与均是边长为2的正三角形，
∴，，．
∴为二面角的平面角．
∵，∴，∴．
因为，，，平面
所以平面，又平面，
∴平面平面．
【小问2详解】
由（1）知，，．
∵，平面，平面，
∴平面．
∴为三棱锥的高．
∴．
∴四棱锥的体积为2．
20. 已知中心为坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆经过，两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与椭圆相交于A，B两点，，，且点在椭圆上，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意设椭圆的方程，代入点列式运算，求解即可得结果；
（2）设，，根据题意整理可得，结合直线方程以及韦达定理运算求解，注意讨论直线的斜率是否存在.
【小问1详解】
由题意可设椭圆的方程，
∵椭圆经过，两点，
则，即，解得，
∴椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，则，，
∵点A、B均在椭圆上，则，，
且点E在椭圆上，则，
即，可得.
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程，消去得，
则，，，
∵，
则，
∴，解得，
故所求直线的方程为；
当直线斜率不存在时，则直线的方程为，即，
可得，该方程组无解，不合题意；
综上所述：所求直线的方程为．
【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法
在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
21. 已知函数，其中，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）直接通过求导判断单调区间即可；
（2）先对原方程进行同构变形，将换元后的方程通过构造函数求导判断其有唯一零点，从而将原方程简化为方程有两个不相等的实数解，最后对取对变换化简后的方程再构造函数，根据零点个数求参数的取值范围.
【小问1详解】
当时，．∴．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，∴当时，恒成立．
∴的取值范围为．
【点睛】当原方程或不等式较为复杂，但同时含有指数式和对数式时，可以尝试对原方程或不等式进行同构变形并换元，再对其进行构造函数求导研究，可以将过程大大简化.
请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑
选修4－4：坐标系与参数方程
22. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
（2）已知点直角坐标为，直线与曲线相交于A，B两点，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）对于曲线消参数即可得出普通方程；对于直线利用和差公式展开，代入，即可求解；
（2）利用参数方程的几何意义即可求解.
【小问1详解】
依题意，
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的普通方程为．
∵直线的极坐标方程为，
∴．
∵，．
∴直线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
由（1）知，点在直线上，
∴直线的参数方程为（为参数），
代入得，．
设，是上述方程的两根，
∴，，．
∴．
选修4－5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）画出的图象；
（2）求不等式的解集．
【答案】（1）图象见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对分类讨论，去掉绝对值号即可求解；
（2）由函数的图象向左平移2个单位长度后得到函数的图象，从图象即可得出不等式的解集.
【小问1详解】
由题得，．
函数的图象为：
【小问2详解】
函数的图象向左平移2个单位长度后得到函数的图象，的图象与的图象如图所示．
当时，由解得，．由图象可知不等式的解集为．
厨艺探秘
盆景栽培
家庭摄影
名画鉴赏
文科1班
11
5
14
6
文科2班
12
7
11
4
理科1班
3
1
9
3
理科2班
5
1
6
2
报名班型
课程
合计
“劳育课程”
“美育课程”
文科班
理科班
合计
0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.0100
0.005
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.6357
7.879
报名班型
课程
合计
“劳育课程”
“美育课程”
文科班
35
35
70
理科班
10
20
30
合计
45
55
100