四川省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份四川省2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共22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2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学（理）试卷一、单选题1．已知复数满足，则的虚部为（    ）A． B．1 C． D．2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．3．如图是某公司500名员工的月收入的频率分布直方图，则该公司月收入在2500元以上的人数是（    ）A．175 B．200 C． D．2504．已知函数，则函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．5．如图，点在圆上，且点位于第一象限，圆与正半轴的交点是，点的坐标为，，若 则的值为A． B． C． D．6．如图，四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．7．已知，则a，b，c大小关系是（    ）A． B．C． D．8．如图，平面平面ABEF，四边形ABCD为正方形，四边形ABEF为矩形，且，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．9．若，则函数的值域为（    ）A． B．C． D．10．直线被椭圆截得的弦长是A． B． C． D．11．已知A，B，C，D在球O的表面上， 为等边三角形且边长为3，平面ABC，，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．12．设，若存在正实数x，使得不等式成立，则的最大值为 （    ）A． B． C． D．二、填空题13．已知向量，若，则______14．已知的展开式中含项的系数为，则______.15．点M是双曲线渐近线上一点，若以M为圆心的圆与圆C：x2+y2-4x+3=0相切，则圆M的半径的最小值等于________.16．中，角、、所对的边分别为、、.若，且，则面积的最大值为___________.三、解答题17．某商店销售某种产品，为了解客户对该产品的评价，现随机调查了200名客户，其评价结果为“一般”或“良好”，并得到如下列联表： 一般良好合计男20100120女305080合计50150200(1)通过计算判断，有没有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？(2)该商店在春节期间开展促销活动，该产品共有如下两个销售方案.方案一：按原价的8折销售；方案二：顾客购买该产品时，可在一个装有4张“每满200元少80元”，6张“每满200元少40元”共10张优惠券的不透明箱子中，随机抽取1张，购买时按照所抽取的优惠券进行优惠.已知该产品原价为260（元/件）.顾客甲若想采用方案二的方式购买一件产品，估计顾客甲需支付的金额；你认为顾客甲选择哪种购买方案较为合理？附表及公式：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635 其中，.18．已知数列是公差为2的等差数列，.是公比大于0的等比数列，，.(1)求数列和的通项公式；(2)若数列满足，求的前项和.19．如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点．(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值．20．已知椭圆（）经过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆长轴上两个动点，满足，直线，分别交椭圆于点，（均不同于），求证：直线的斜率为定值.21．已知函数，其中．(1)求的最大值；(2)若不等式对于任意的恒成立，求实数a的取值范围．22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(为直线的倾斜角)．(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;(2)设，直线与曲线相交于两点，求的最大值．23．已知函数．(1)恒成立，求实数m的取值范围；(2)在（1）的条件下，设m的最大值为，a，b，c均为正实数，当时，求的最小值．
参考答案1．B【分析】先利用复数相等求得复数，进而求得的虚部.【详解】设，则，所以，则，解之得，则，即的虚部为1.故选：B2．C【分析】解不等式得，再根据集合运算求解即可.【详解】解：因为等价于，解得或，所以，因为，所以，所以.故选：C3．C【分析】按照直方图的定义计算即可.【详解】由图可知，收入在2500元以上的有： （人）；故选：C.4．A【分析】由函数的奇偶性，特殊点的函数值对选项逐一判断，【详解】，，故为偶函数，故B，C错误，当时，，，故，故D错误，故选：A5．A【分析】直接利用两点间的距离公式求出半径，再写出A的坐标,由A，B的坐标，利用两点间的距离公式即可解得-6sinα+8cosα=5，结合+=1，即可解得的值．【详解】半径r＝|OB|1，由三角函数定义知，点A的坐标为（cosα，sinα）；∵点B的坐标为（，），|BC|，∴，∴整理可得：-6sinα+8cosα=5，又+=1，∴解得sin或，又点位于第一象限，∴0<<，∴sin，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数定义，两点间的距离公式，同角三角函数基本关系式的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．6．C【分析】由三视图知原几何体是正四棱锥，底面为边长是2的正方形，高为2，从而可求该四棱锥的侧面积.【详解】由三视图知原几何体是正四棱锥，如图，是棱锥的高，,是的中点，则是斜高，,所以.所以该四棱锥的侧面积为.故选:C.7．D【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性得，再构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而得到，即可得解.【详解】令，，则，即当时，，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即； 令，，∴，∴在上单调递增，∴，∴，∴，即，综上可知：.故选：D8．C【分析】建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量和平面的法向量，计算出线面角的正弦值.【详解】建立空间直角坐标系如下图所示，，所以.设平面的法向量为，则，令，则，所以.设直线与平面所成角为，则.故选：C【点睛】本小题主要考查线面角的正弦值的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.9．A【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简原式为，结合正弦函数的图像和性质，求解即可.【详解】由题意，当时，有，当，即时，；当，即时，.即函数的值域为.故选：A10．A【分析】直线y＝x+1代入，得出关于x的二次方程，求出交点坐标，即可求出弦长．【详解】将直线y＝x+1代入，可得，即5x2+8x﹣4＝0，∴x1＝﹣2，x2，∴y1＝﹣1，y2，∴直线y＝x+1被椭圆x2+4y2＝8截得的弦长为故选A．【点睛】本题查直线与椭圆的位置关系，考查弦长的计算，属于基础题．11．C【分析】球心在平面的投影为的中心，设为，连接，计算，，根据勾股定理得到，计算表面积得到答案.【详解】球心在平面的投影为的中心，设为，连接，是中点，连接，如图所示：，，则，四边形为矩形，，，故，.故选：C12．A【分析】由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到的最大值．【详解】不等式，所以，即为，即有，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，则，即，可得，导数为，可得时，函数递减，时，函数递增，则时，取得最大值，可得即有，所以，可得，即的最大值为．故选：A【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立，；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答.13．##【分析】求出向量的坐标，然后利用向量平行的坐标公式计算即可.【详解】由已知，又，，解得.故答案为：.14．##【分析】求出的展开式通项，然后利用含项的系数为列方程求解.【详解】，又的展开式通项为，的展开式通项为，，解得.故答案为：.15．【分析】先得到渐近线方程，再根据圆M的半径最小，得到圆M与圆C外切，且直线MC与直线2x-y=0垂直.此时圆M的半径的最小值rmin=|MC|min-R，从而可解.【详解】不妨设点M是渐近线2x-y=0上一点.∵圆C：x2+y2-4x+3=0的标准方程为，∴圆心C（2，0），半径R=1.若圆M的半径最小，则圆M与圆C外切，且直线MC与直线2x-y=0垂直.因此圆M的半径的最小值rmin=|MC|min-R.由于，故.故答案为：16．##【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可得出面积的最大值.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，，因为、，则，所以，，故，由余弦定理可得，所以，，则.当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.故答案为：.17．(1)有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系(2)元，选择方案二较为合理 【分析】（1）根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；（2）设甲顾客按方案二购买一件产品需要出元，写出的所有可能取值，求出对应概率，再根据期望公式求出期望即可，再求出选择方案一所需的金额，即可得出结论.【详解】（1），所以有99%的把握认为客户对该产品的评价结果与性别有关系；（2）若甲顾客按方案二购买一件产品，设需要出元，则可取，，所以（元），所以顾客甲若想采用方案二的方式购买一件产品，估计顾客甲需支付元，若甲顾客按方案一购买一件产品，则需要（元），因为，所以顾客甲选择方案二购买较为合理.18．(1)，(2) 【分析】（1）由等差数列的求和公式解方程可得首项，进而得到；由等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到；（2）由等比数列的求和公式，结合数列的错位相减法求和，可得所求和.【详解】（1）数列是公差为2的等差数列,,得，，是公比大于0的等比数列，，设公比为，，解得(负值舍去)，；（2）由（1）得，①，②，①-②得，19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，所以，，又，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以．由，为棱的中点，所以，又，平面，因此平面，又平面，故平面平面；（2）由（1）得是与侧面所成角，即，令，所以，又，所以，，，则，．以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，．所以，． 设是平面的一个法向量，则即取． 易知是平面的一个法向量，则．而平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为．20．（1）；（2）定值为，证明见解析.【分析】（1）根据离心率和点在椭圆上，再结合即可求出；（2）设出直线的方程再代入到椭圆方程消去y，由根与系数的关系得到两根关系，根据长度关系得到斜率关系，最后结合两根关系即可解出.【详解】（1）由，即，∵代入椭圆，可得，根据解得，，∴椭圆的方程为.（2）动点，是椭圆长轴上两个动点，直线，分别交椭圆于点，可知直线方程斜率存在，设直线方程为，联立，消去，可得，显然.设，，由根与系数的关系，可得，，根据，可得，即，化简可得……①.将和代入①式，整理可得；因为点不在直线上，可得，那么.∴.故得直线的斜率为定值.【点睛】直线与椭圆相结合的题目比较综合，常规套路是将直线方程代入到椭圆方程消元，再由根与系数的关系得到两根关系，此时应结合题目条件找到另一个坐标关系，然后将二者结合得到结论.21．(1)1(2) 【分析】（1）求导，得到函数单调性，极值最值情况，求出最大值；（2）先考虑时满足题意，再分与两种情况，求导后变形，与题干中的建立联系，分类讨论求出实数a的取值范围.【详解】（1），，令，解得：或，令，解得：，故在，上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，，令，即当时，恒成立，故在处取得最大值，；（2）设，其中，①当时，，符合题意，②当时，，且，由（1）知：在单调递增，故，若，，则单调递减，有，符合题意，若，，符合题意，若，即时，，则在上单调递减，有，符合题意，若，即时，存在使得，当时，，故，则单调递增，可得，不合题意，因此当时，满足题意得，③当时，，且，由②可知：只需考虑，若，即时，由（1）知在上单调递减，故，存在，使得，当时，，得，则单调递减，可得：，不合题意，若，即时，由（1）可知：当时，，，故，则在上单调递增，有，符合题意，若，，符合题意，若，下面证明符合题意，当时，，故，当时，设，则，可得在上单调递增，在上单调递减，故，从而，符合题意，综上：.【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.22．(1)；；(2)2 【分析】（1）利用与正弦的和差公式可求得直线的直角坐标方程；利用消参法可求得曲线的普通方程；（2）法一：先由条件得到直线的参数方程，再联立直线与曲线的方程，利用参数的几何意义得到，从而得解；法二：利用圆的切割线定理得到，从而得到，由此得解.【详解】（1）由，得，由，得直线的直角坐标方程为，由(为参数)，两式相除得，所以，整理得曲线的普通方程为.（2）法一：因为直线经过点，所以直线的参数方程为(为参数)，代入中，得，由，得，又，故，所以，所以，因为，所以，故，则，所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为2.法二：直线经过点，曲线为除点外，以为圆心半径为的圆，易得圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且为切点，所以由圆的切割线定理得，所以，当且仅当为圆的直径时，等号成立，故的最大值为2．23．(1)m的取值范围为；(2)的最小值为. 【分析】(1)由已知 ，由绝对值三角不等式可求最大值，再解不等式求实数的取值范围；(2)由向量的数量积的性质可得，由此可得的最小值.【详解】（1）因为恒成立，所以，由绝对值三角不等式知，当且仅当时等号成立，所以，即，∴，所以m的取值范围为；（2）由（1）得，，设向量，，所以，又，当且仅当，方向相同时等号成立，所以，（当且仅当时，等号成立）所以，即的最小值为.