四川省成都市2022-2023学年高三文科数学下学期二模试题（Word版附解析）

成都市2020级高中毕业班第二次诊断性检测数学（文科）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：C3.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：D8.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：D11.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:厨艺探秘盆景栽培家庭摄影名画鉴赏文科1班115146文科2班127114理科1班3193理科2班5162（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: 报名班型课程合计“劳育课程”“美育课程”文科班理科班合计（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:．0.500.400.250.150.100.050.0250.01000.0050.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.63577.879【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:报名班型课程合计“劳育课程”“美育课程”文科班353570理科班102030合计4555100【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．