四川省成都市石室中学2022-2023学年高三数学（文）上学期一诊模拟考试试题（Word版附解析）

成都石室中学2022-2023学年度上期高2023届一诊模拟考试

数学试题（文科）

（满分150分，考试时间120分钟）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知i是虚数单位，复数，则复数的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数运算法则即可得到答案.

【详解】因为,所以复数的虚部为.

故选：B.

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据集合的表示求得集合，按照集合的并集运算即可.

【详解】解：由已知有，

所以.

故选：C.

3. 某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，

则其表面积为：.

故选：D.

【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．

(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．

4. 已知，，动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（    ）

A. 相交 B. 外切 C. 内切 D. 相离

【答案】B

【解析】

【分析】由题意求出动点的轨迹方程,再由两圆圆心距与半径的关系判断.

【详解】设,由题意可知,

整理得,点的轨迹方程为,

其图形是以为圆心，以2为半径的圆，

而圆的圆心坐标为,半径为1,

可得两圆的圆心距为3,等于,

则动点的轨迹与圆的位置关系是外切.

故选：B.

5. 若，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过化弦为切得，代入数据即可.

【详解】由已知可得,则则

故选：D.

6. 如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点，点G是棱的中点，则过线段AG且平行于平面的截而图形为（    ）

A. 等腰梯形 B. 三角形 C. 正方形 D. 矩形

【答案】A

【解析】

【分析】利用平行作出截面图形，即可判断形状.

【详解】取BC中点H，连接AH，GH，，.如下图所示：

由题意得，.又平面，平面，

平面，同理平面.又，平面，平面平面，故过线段且与平面平行的截面为四边形，显然四边形为等腰梯形.

故选：A

7. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊点的函数值求得正确答案.

【详解】，所以的定义域为，

，所以是奇函数，

图象关于原点对称，排除BD选项.

，排除C选项，

所以A选项正确

故选：A

8. 某化工企业为了响应并落实国家污水减排政策，加装了污水过滤排放设备，在过滤过程中，污染物含量（单位：mg/L）与时间（单位：h）之间的关系为：（其中，是正常数）.已知经过1h，设备可以过滤掉20%的污染物，则过滤60%的污染物需要的时间最接近（    ）（参考数据：）

A. 3h B. 4h C. 5h D. 6h

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得，进而利用指数与对数的关系可得，再用换底公式结合对数的运算性质求解即可

【详解】由题意可知，所以，设过滤60%的污染物需要的时间为，则，

所以，

所以

，比较接近4.

故选：B

9. 在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，分别求出对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出．

【详解】如图所示：

设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，其面积为．

设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，即图中的阴影部分，其面积为，所以．

故选：B.

【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件对应的区域面积，即可顺利解出．

10. 若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．执行该程序框图，则输出的等于．

A. 20 B. 21 C. 22 D. 23

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：由已知中的程序框图得：该程序的功能是利用循环结构计算出并输出同时满足条件：①被3除余1，②被5除余2，最小为两位数，所输出的，故选C.

考点：程序框图.

【名师点睛】本题考查程序框图，属中档题；识别运行算法流程图和完善流程图是高考的热点.解答这一类问题，第一，要明确流程图的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要识别运行流程图，理解框图所解决的实际问题；第三，按照题目的要求完成解答.对流程图的考查常与数列和函数等知识相结合，进一步强化框图问题的实际背景.

11. 已知双曲线的左右焦点为，过的直线交双曲线右支于，若，且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设根据，且，结合双曲线的定义求得 ，再 在中，利用勾股定理求解.

【详解】设因为，且，

所以，

由双曲线的定义得：，，

因为，

所以，

解得，

所以在中，，

即，

解得，

故选：D

12. 设，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.

【详解】，

，，

因为，所以，，则，即，

因此，.

故选：C.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.

13. 若，则__________．

【答案】##0.5

【解析】

【分析】利用辅助角公式得即可求出即可求解.

【详解】因为,

所以 即，

所以，所以

故答案为: .

14. 若直线是曲线和的公切线，则实数的值是______.

【答案】1

【解析】

【分析】设直线与曲线分别相切于点,利用导数求出曲线在点处的切线方程,以及曲线在点处的切线方程,可得出关于的方程组,解出这两个量的值,即可求得的值.

【详解】设直线与曲线分别相切于点,

对函数求导得,则，

曲线在点处的切线方程为,

即,

对函数求导得,则,

曲线在点处的切线方程为,

即,

所以，化简可得，

故答案为：1.

15. 已知抛物线上有两动点，，线段的中点到轴距离的是2，则线段长度的最大值为______.

【答案】5

【解析】

【分析】根据椭圆定义及三角形三边关系得，再结合梯形中位线性质即可得到最值.

【详解】设抛物线的焦点为,点在抛物线的准线上的投影为,点在直线上的投影为,线段的中点为,点到轴的距离为2,则

,

当且仅当,即、、三点共线时等号成立，

所以的最大值为5.

故答案为：5.

16. 半径为2的球的内接圆柱的侧面积的最大值是___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据球和圆柱的几何性质，结合基本不等式、圆柱侧面积公式进行求解即可.

【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，则，当且仅当取等号，

即，．

故答案为：

三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17. 经统计，某校学生上学路程所需要时间全部介于与之间（单位：分钟）．现从在校学生中随机抽取人，按上学所学时间分组如下：第组，第组，第组，第组，第组，得打如图所示的频率分布直方图．

（Ⅰ）根据图中数据求值．

（Ⅱ）若从第，，组中用分成抽样方法抽取人参与交通安全问卷调查，应从这三组中各抽取几人？

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若从这人中随机抽取人参加交通安全宣传活动，求第组至少有人被抽中的概率．

【答案】（1）（2）各抽，，人．（3）

【解析】

【详解】分析：（1）根据所有小长方形面积的和为1，求的值，（2）根据分层抽样按比例抽取人数，（3）先根据枚举法求总事件数，再求第组至少有人被抽中的事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.

详解：

（Ⅰ），

．

（Ⅱ）第组人数为人，

第组人数为人，

第组人数为人，

∴比例为，

∴第组，组，组各抽，，人．

（Ⅲ）记组人为，，，

组人为，，

组人为，

共有种，

符合有：

种，

∴．

点睛：频率分布直方图中小长方形面积等于对应区间的概率,所有小长方形面积之和为1; 频率分布直方图中组中值与对应区间概率乘积的和为平均数; 频率分布直方图中小长方形面积之比等于对应概率之比,也等于对应频数之比.

18. 已知数列的前项和为，且.

（1）求证；数列是等比数列；

（2）求证：.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1），，作差得，则，即可证明数列为等比数列；

（2）首先求出，而，最后通过裂项求出得到.

【小问1详解】

由已知得，又，

所以作差得，故

所以

又当时，，又，故

故数列是首项为2，公比为2的等比数列

【小问2详解】

由（1）可知：，故

所以

综上可知：

19. 如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，.

（1）证明：平面⊥平面；

（2）求棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】（1）设的中点为,连接,利用等腰三角形的性质证明,再利用勾股定理可得是直角三角形,即证得,进而求证即可；

（2）由线面平行的关系可得,再利用平行四边形的性质可得,进而求解即可

【详解】（1）证明:由题,设的中点为,连接,

,,

,,

∴,,

又∵底面为边长为2的菱形,且,

是等边三角形,

∴,

又,

∴,

∴,

又∵平面,,

∴平面,

又∵平面

∴平面⊥平面

（2）∵,

∴平面,且,

∴,

∴,

【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查棱锥的体积,考查转化思想

20. 已知椭圆C：的离心率为，的面积为2.

(I)求椭圆C的方程；

(II)设M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q.求证:△BPQ为等腰三角形.

【答案】(I)；(II)证明见解析

【解析】

【分析】

(I)运用椭圆离心率公式和三角形面积公式，结合的关系，解方程可得，从而得到椭圆方程

(II) 设，直线的直线方程为直线的直线方程为，联解求出点坐标，同理求出坐标，,，只需证明,利用作差法可证明.

【详解】(I)由题意得，解得，故椭圆的方程为.

(II)由题意得,设点，则有，

又直线的直线方程为，直线的直线方程为，

，解得，

点的坐标为.

又直线的直线方程为，直线的直线方程为.

，解得，

点的坐标为.

，.

，

，，△BPQ为等腰三角形.

【点睛】圆锥曲线中的几何证明问题多出现在解答题中，难度较大，多涉及线段或角相等以及位置关系的证明等. 通常利用代数方法，即把要求证的等式或不等式用坐标形式表示出来，然后进行化简计算等进行证明

21. 已知函数.

（1）求的单调区间；

（2）①若，求实数的值；

②设，求证：.

【答案】（1）函数的单调增区间为,

单调减区间为.   

（2）①； ②见解析.

【解析】

【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可.

（2）①首先根据题意得到,从而将题意等价为,再结合的单调性分类讨论求解即可;

②根据（1）知:,从而得到,再化简得到,累加即可证明.

【小问1详解】

由已知的定义域为.

令,

有两根,

因为，

时,单调递减;

,时,单调递增，

故函数的单调增区间为，

单调减区间为.

【小问2详解】

①因为,所以等价于.

由（1）知:,

当时,,故满足题意.

当时,时，单调递减，故不满足题意.

当时,时, 单调递增，故不满足题意.

综上可知：.

②证明:由（1）可知:时,,即,当且仅当时取等号.

故当时,可得

即，

即.

故

故

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

选修4—4：极坐标与参数方程

22. 在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）．

（1）写出曲线的普通方程；

（2）设为曲线上的一点，将绕原点逆时针旋转得到．当运动时，求的轨迹．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)由参数方程消去参数方程可得其普通方程；(2) 设，则，将的直角坐标代入对应的直角坐标方程可得其极坐标，再将其化为直角坐标方程可得.

【小问1详解】

∵，

∴曲线的普通方程为；

【小问2详解】

以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设，则，则点的直角坐标为，

∴

∴，∴，

即，∴点的轨迹方程为．

选修4—5：不等式选讲

23. 已知函数.

（1）若，求的定义域；

（2）若，，求证：.

【答案】（1）   

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）当时,由对数的真数大于0,解不等式得,从而得到的定义域为;

（2）将式子与作差,化简整理得,再令,以为单位将真数的分子与分母的差进行放缩,可得.

【小问1详解】

当时,

令,即，

整理得

解这个不等式,得,结合,得，

,得的定义域为

【小问2详解】

当且时,

设,因为,所以,则

，

而，

，

则，

综上所述,可得当且时,.