四川省遂宁市射洪市2023届高三5月模拟数学（文）试题（含解析）

四川省遂宁市射洪市2023届高三5月模拟数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

3．在区间内随机取一个数，使得不等式成立的概率为（    ）

A． B． C． D．

4．已知点满足不等式组，则的最小值为（    ）

A． B．1 C．5 D．7

5．函数的大致图象为

A． B．

C． D．

6．“关于的不等式的解集为R”的一个必要不充分条件是（    ）

A． B．

C． D．

7．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．在区间上单调递减

B．的最大值为

C．是的一条对称轴

D．的图象可由函数的图象向右平移个单位得到

8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积（    ）

A．26 B．36 C．48 D．35

9．已知一组正数，，的方差，则数据，，的平均数为（    ）

A．1 B．3 C．5 D．7

10．已知数列是以为首项，为公差的等差数列，是以为首项，为公比的等比数列，则（    ）

A． B． C． D．

11．若直线与曲线恰有两个公共点，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线上一点，点，且，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知，，若，则__________．

14．若直线与关于直线对称，则实数a=______.

15．已知数列为等比数列，，，则数列的第10项为___．

16．表面积为的球面上有四点S、A、B、C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为2，若面SAB⊥面ABC，则棱锥体积的最大值为___.

三、解答题

17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a，b，c成等差数列，且7sinA=3sinC．

(1)求；

(2)若的面积为，求b．

18．如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，为等边三角形，为棱的中点.

(1)证明：平面；

(2)当=时，求证：平面⊥平面，并求点与到平面的距离.

19．从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：

将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，表示考生的原始分，表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：

(1)求实数的值；

(2)按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间.

(3)用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成线的原始分为90，试计算其等级分；

20．椭圆的离心率为，且椭圆经过点．直线与椭圆交于，两点，且线段的中点恰好在抛物线上．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求（为坐标原点）面积的最大值，以及取得最大值时直线的方程．

21．已知函数.

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若对任意，都有，求实数的取值范围.

22．已知直线为参数，，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，圆与极轴和直线分别交于点，点（异于坐标原点）.

(1)写出点的极坐标及圆的参数方程；

(2)求的最大值.

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：.

参考答案：

1．C

【分析】利用并集定义即可求得.

【详解】，

则

故选：C

2．B

【分析】根据复数的四则运算可求得，即可求得．

【详解】根据题意，设，所以，

所以所以或,

所以复数或，

所以．

故选:B．

3．D

【分析】解不等式得到，利用几何概型求概率公式得到答案.

【详解】，，解得，

故使得不等式成立的概率为.

故选：D

4．C

【分析】先作出题给不等式组表示的可行域，利用直线截距的几何意义即可求得的最小值.

【详解】作出不等式组表示的可行域如图

由，可得，则；

当直线穿过时，取得最小值

故选：C

5．A

【分析】将函数表达式化为，由函数奇偶性得到BC不正确，再由特殊值得到最终结果.

【详解】因为是奇函数排除，且当时，.

故答案为A.

【点睛】这个题目考查了已知函数的解析式求函数的图像，常见的方法是，通过解析式得到函数的值域和定义域，进行排除，由解析式得到函数的奇偶性和轴对称性，或者中心对称性，进行排除，还可以代入特殊点，或者取极限.

6．C

【分析】先求得关于的不等式的解集为R对应的a的范围，进而得到其必要不充分条件.

【详解】关于的不等式的解集为R，

则，解之得，

则“关于的不等式的解集为R”的一个

必要不充分条件对应的a的范围应包含，则仅选项C符合题意.

故选：C

7．B

【分析】结合三角函数的性质、图像变换和利用导数研究三角函数的单调性即可.

【详解】，

，

A：1弧度，所以，

当时，所以，

所以在上单调递增，故A错误；

B：当时，且

所以，故B正确；

C：由导数的性质得，

所以不是极值点，即不是的对称轴，故C错误；

D：将图像向右平移个单位

得，即D错误.

故选：B

8．C

【分析】由三视图可得，该几何体是由一个长方体中间挖掉一个圆柱得到的，再根据长方体和圆柱的表面积公式即可得解.

【详解】由三视图可得，该几何体是由一个长方体中间挖掉一个圆柱得到的，

其中长方体的长为，宽为，高为，

圆柱的高为，底面圆的半径为，

则.

故选：C.

9．C

【分析】利用方差的计算公式求出的平均数，然后利用平均数的结论求解即可.

【详解】正数的方差，

又

，

所以，

所以，

所以数据的平均数为：

.

故选：C

10．A

【分析】由等差和等比数列通项公式可推导得到的通项公式，利用分组求和法，结合等比数列求和公式可求得结果.

【详解】是以为首项，为公比的等比数列，，

是以为首项，为公差的等差数列，，，

.

故选：A.

11．B

【分析】曲线方程变形得曲线为半圆，由直线与半圆相切得的一个值，由直线过直径的一个端点又得一个值，结合图象可得的范围．

【详解】可化为且，

即曲线是以为圆心，1为半径的圆的下半圆，

作出曲线，如图，

作直线，而直线与直线平行，

当直线过时，，

当直线与半圆相切时，由得舍去），

由图象可知的取值范围是．

故选：B．

12．A

【分析】过点作，延长交于点，利用平行关系得出对应线段成比例，在直角三角形中，结合双曲线定义得出各边之间的关系，在三角形中，利用余弦定理求得结果.

【详解】如图，过点作，延长交于点，

因为，，，所以，

设，则，，

因为，所以，所以，

在直角三角形中，，所以，即，

所以.

在三角形中，由余弦定理得，

所以，整理得，

所以.

故选：A.

13．

【分析】根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.

【详解】因为，且，

所以，解得.

故答案为：

14．

【分析】根据特殊点求得的值.

【详解】直线过点，

点关于直线对称点为，

依题意可知点在直线上，

所以.

故答案为：

15．

【分析】先利用题给条件求得数列的通项公式，进而求得数列的第10项的值.

【详解】数列为等比数列，，，

则，解之得

则数列前3项为，

则数列是首项为1公比为2的等比数列，则，

则，则

故答案为：

16．

【分析】先利用题给条件求得△的边长，再求得点S到平面距离的最大值，进而求得棱锥体积的最大值.

【详解】依题意，球的半径，令正△的中心为，

则，且平面，

△外接圆半径，

连接并延长交于D，则D为的中点，且，

显然，而平面平面，

平面平面，CD在面ABC内，则平面，

令的外接圆圆心为，则平面，

则，又平面，平面，

所以，又，平面，

所以平面，所以，

而平面平面，平面平面，平面，

则平面，即有，

因此四边形为平行四边形，则，，

的外接圆半径，

的外接圆上点S到直线距离最大值为，

而点S在平面上的射影在直线上，

于是点S到平面距离的最大值，

又正△的面积，

所以棱锥的体积最大值.

故答案为：

17．(1)

(2)5

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理结合a，b，c成等差数列可解决；

（2）利用三角形面积公式即可解决.

【详解】（1）因为a，b，c成等差数列，所以，

又7sinA=3sinC，结合正弦定理得，

联立，得.

从而.

（2）由（1）可得，

的面积为，解得，所以.

18．(1)证明见解析；

(2)证明见解析，距离为

【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；

（2）利用面面垂直判定定理即可证得平面⊥平面；利用三棱锥等体积法即可求得点与到平面的距离.

【详解】（1）取线段的中点,连接,

则为的中位线,∴

由题知,

∴,∴四边形为平行四边形.

∴

又∵平面,平面,

∴平面

（2）在中，∵,∴.

又∵,平面

∴平面，平面，

∴平面平面，

∵为的中点，

∴到平面的距离等于点到平面的距离的一半.

∵平面，∴平面∴.

∴

取中点，连接，又为等边三角形，

则.

∵平面平面，∴平面，

设点到平面的距离为.

由 ，得，解得.

∴点到平面的距离为

19．(1)0.005

(2)

(3)91分

【分析】（1）利用频率分布直方图列出关于实数的方程，解之即可求得实数的值；

（2）先利用频率分布直方图求得第百分位数对应的原始分，进而估计出此次考试化学成绩A等级的原始分区间；

（3）利用题给转换公式即可求得其等级分.

【详解】（1）由，可得

（2）由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间[90，100]的占比为5%，

位于区间[80，90]的占比为20%，

估计等级A的原始分区间的最低分为，

所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为[85，98]

（3）由，解得，该学生的等级分为91分

20．(1)

(2)

【分析】（1）将点代入椭圆标准方程，结合离心率和关系式即可求解；

（2）联立直线与椭圆方程，得出关于的一元二次方程，写出韦达定理，结合中点在上求出与关系式，再由弦长公式和点到直线距离公式表示出，结合二次函数性质可求最值.

【详解】（1）椭圆的离心率为，且椭圆经过点，

，所以

所以椭圆的标准方程为．

（2）由得，

，

设，则，

线段的中点为，，，

又点在抛物线上，，

所以或，

当时，三点共线（舍去），

又

点到直线的距离，，

，

当时，的面积取得最大值，此时，

所以面积的最大值为1，此时直线的方程为．

21．(1)

(2)

【分析】（1）当时，，求导可得，，再结合切线的几何意义，即可求解．

（2）设，则，，，再利用导数研究函数的单调性，分和两种情况讨论，即可求解．

【详解】（1）解：当时，函数，定义域为，

又，，

所以，

所以曲线在点处的切线方程为，

即；

（2）解：若在上恒成立，

即在上恒成立，

可令，，

则，，，

令，可解得，

当时，即时，在上恒成立，

所以在上单调递增，，

又，所以恒成立，

即时，在上恒成立，

当，即时，

在上单调递减，在上单调递增，

此时，，又，，即，

不满足恒成立，故舍去，

综上可知：实数的取值范围是.

【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数分类讨论求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想.

22．(1)，的参数方程为为参数)

(2)

【分析】（1）将圆的极坐标方程化为普通方程后令可得点的极坐标，也容易将圆的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）先求出点的坐标，再确定向量后求数量积，然后再化简整理求解即可.

【详解】（1）直线为参数，，转换为直角坐标方程为：.

圆的极坐标方程为，整理得：，

根据，转换为直角坐标方程为：，

化简整理得：，

令，，或0（舍，

圆的参数方程为为参数），

（2），，，

，，，

,

（其中

的最大值为18.

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.

【点睛】关键点点睛：

（1）应用分类讨论的方法求绝对值不等式的解集；

（2）根据绝对值的几何含义求最小值，再根据条件等式结合基本不等式“1”的代换求证即可.