四川省成都列五中学2022-2023学年高三文科数学三诊模拟考试试题（Word版附解析）

成都列五中学2022~2023学年度（下）阶段性考试（二）暨三诊模拟考试高2020级数学（文科）注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.）在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，，则集合（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据集合并集概念课直接得到.【详解】，故选：D.2.已知复数，则以下判断正确的是（）A.复数的模为1B.复数的模为C.复数的虚部为D.复数的虚部为【答案】B【解析】【分析】根据复数除法运算即可求得，根据复数模长公式和虚部定义即可判断结果.【详解】由可得；即复数虚部为1，所以CD错误；则复数的模为，即A错误，B正确；故选：B3.下列说法错误的是（） A.“”是“”的充分不必要条件B.在回归直线中，变量时，变量值一定是15C.命题：则，，则：，D.若，，，，，则【答案】B【解析】【分析】根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围判断选项A；根据回归方程的实际意义判断选项B；根据特称命题的否定是全称命题判断选项C；根据面面垂直及线面垂直的性质定理判断选项D.【详解】若，则成立，反之，若，则或，所以“”是“”的充分不必要条件，故选项A正确；在回归直线中，变量时，变量的值估计为15，故选项B错误；因为命题：则，，所以命题的否定：，，故选项C正确；因为，，，，根据面面垂直的性质定理得到：，又，所以，故选项D正确.故选：B.4.下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数的奇偶性与单调性逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数为奇函数，但该函数在定义域内不单调，A选项不满足条件；对于B选项，函数为奇函数，但该函数在定义域内不单调，B选项不满足条件；对于C选项，函数的定义域为，且，所以，函数为奇函数， 因为函数、均为上的增函数，故函数在上为增函数，C选项满足条件；对于D选项，函数的定义域为，该函数为非奇非偶函数，D选项不满足条件.故选：C.5.如图，某几何体的正视图和俯视图是两个全等的矩形，则该几何体不可能是（）A.三棱柱B.四棱柱C.五棱柱D.圆柱【答案】C【解析】【分析】由简单几何体的三视图判断．【详解】正三棱柱的三视图可以是两个全等矩形和一个三角形，本题几何体可能是A，正四棱柱的三视图可以是两个全等矩形和一个正方形，本题几何体可能是B，五棱柱的三视图可以是两个矩形和一个五边形，五棱柱有五条侧棱，三视图中不可能只是矩形，矩形中还有其他棱的投影线，本题几何体不可能是C，圆柱的三视图可以是两个全等矩形和一个圆，本题几何体可能是D．故选：C．6.设点是函数图象上的任意一点，点处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，令后可求，再根据导数的取值范围可得的范围，从而可得的取值范围.【详解】∵，∴，∴，∴，∴， ∴，∴或.故选：B.7.已知不等式组构成的平面区域为，命题对，都有，，使得，则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形由线性规划的知识可判断命题P、q的真假，然后根据复合命题真假判断结论即可求解.【详解】解：不等式组表示的平面区域如图阴影部分（包含边界），根据二元一次不等式表示的平面区域结合图形知：命题P为真命题，命题q也为真命题，所以根据复合命题真假判断结论可得A选项正确.故选：A.8.在等差数列中，，．记（为正整数），则数列（）A.有最大项，也有最小项B.最大项，但无最小项C.无最大项，但有最小项D.无最大项，也无最小项【答案】B【解析】【分析】由已知求出等差数列的通项公式,分析可知数列是单调递增数列,且前5项为负值,自第6 项开始为正值,进一步分析得答案.【详解】设等差数列的公差为d,由，,得，解得：d=2.所以.令,得,而n∈N*,可知数列是单调递增数列,且前5项为负值,自第6项开始为正值.可知T1=-9<0,T2=63>0,T3=-315<0,T4=945>0为最大项,自T5起均小于0,且逐渐减小∴数列有最大项,无最小项.故选:B9.已知函数，以下说法中，正确的是（）①函数关于点对称；②函数在上单调递增；③当时，的取值范围为；④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解析式为.A.①②B.②③④C.①③D.②【答案】D【解析】【分析】先对化简变形，得到，再对①②③④逐一分析判断，即可得出结果.【详解】因为,对于①，由，即，所以对称中心为，令，得到一个对称中心为，所以①错误；对于②，当时，，由的图像与性质知，在上单调递增，所以②正确； 对于③，当时，，由的图像与性质知，，所以③错误；对于④，将函数的图像向右平移个单位长度，得到图像对应的解析式为，所以④错误.故选：D.10.已知三棱锥，是直角三角形，其斜边，平面,,则三棱锥的外接球的表面积为A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】如图所示，直角三角形的外接圆的圆心为的中点，过作面的垂线，球心在该垂线上，过作球的弦的垂线，垂足为，则为的中点，球半径，，棱锥的外接球的表面积为，故选A.【方法点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.11.已知，是双曲线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，，则双曲线的离心率为（） A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】取MN中点A，连AF2，令，由双曲线定义及所给条件可得，再借助直线斜率为即可作答.【详解】取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图：因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，，则，令双曲线半焦距为c，中，，中，，则有，即，因直线的斜率为，即，而，即，，于是有，，，所以双曲线的离心率为.故选：B12.设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别构造函数，， ，利用其单调性判断.【详解】解：设，则，所以在上递减，所以，即，设，则，递增，则，即，所以，令，则，，当时，，则递减，又，所以当时，，递减，则，即，因为，则，所以，即，故，故选：D二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设等比数列的前项和为，写出一个满足下列条件的的公比__________.①，②是递增数列，③.【答案】2（答案不唯一）【解析】【分析】根据等比数列的通项公式求解即可.【详解】由等比数列的通项公式可得，则，因为，且是递增数列，所以，因为，所以，即，因为，所以，解得，综上， 故答案为：2（答案不唯一）14.已知向量，方满足，，且与的夹角为，则向量与的夹角为______.【答案】【解析】【分析】先利用已知条件求得，接着求解向量的模长，最后根据向量夹角公式求解即可.【详解】因为，，且与的夹角为，所以，所以，，设向量与的夹角为，所以，又因为两向量所成夹角范围为，所以向量与的夹角为，故答案为：.15.已知直线经过抛物线的焦点并交抛物线于，两点，则，且在抛物线的准线上的一点满足，则______.【答案】2【解析】【分析】由所给向量关系可得点C在直线AB上，过点A，B分别作抛物线准线的垂线，结合抛物线定义求出即可作答.【详解】过点A，B作抛物线准线的垂线，垂足分别为N，M，令准线交x轴于点K，如图： 则有，因点C在准线上且满足，即点C是直线AB与准线的交点，于是有，得，从而有，即点F是线段AC的中点，而，则有,又，所以.故答案为：216.对任意，存在，使得，则的最小值为_________．【答案】1【解析】【分析】由题意得到，利用导数法求解.【详解】解：因为，所以使得，所以，则，令，得，当时，，当时，，所以当时，取得最小值为，故答案为：1三､解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，且__________，求的周长. 请在下列三个条件中，选择其中的一个条件补充到上面的横线中，并完成作答.①；②的面积为；③.注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用和正弦的和角公式，化简即可得出结果；（2）选①，利用正弦定理和条件得出，选②，利用条件和三角形面积公式得出，选③，利用条件和数量积的定义得出，再利用余弦定即可得到结果.【小问1详解】由正弦定理：，因为，所以，所以，因为，所以，得到，又，所以.【小问2详解】若选①，根据正弦定理和（1）可知，，所以，所以，得到，若选②，由题知，得到，若选③，即，由数量积定义得，得到，故三个条件任选一个条件，都可以得到，由余弦定理，得，整理得， 即，则或（舍去），所以的周长为.18.2022年国际篮联女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮团结一心､顽强拼搏获得亚军.这届世界杯，中国女篮为国人留下了许多精彩瞬间和美好回忆，尤其是半决赛绝杀东道主澳大利亚堪称经典一幕.为了了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某体育台随机抽取100名观众进行统计，得到如下列联表.男女合计喜爱3040不喜爱40合计100（1）将列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关？（2）在不喜爱篮球运动的观众中，按性别分别用分层抽样的方式抽取6人，再从这6人中随机抽取2人参加一台访谈节目，求这2人至少有一位男性的概率.附：，其中.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意进行数据分析，完善列联表，套公式求出，对照参数下结论；（2）利用古典概型的概率公式求解.【小问1详解】由题意进行数据分析，得到列联表如下： 男女合计喜爱301040不喜爱204060合计5050100计算所以在犯错误概率不超过的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关.【小问2详解】不喜爱篮球运动的观众中，有男观众20人，女观众40人，按照分层抽样的方式抽取6人，有男观众2人，记为a、b，女观众4人，记为1、2、3、4.从6人中抽取2人，有：，共15个.记“所抽2人至少有一位男性”为事件A,包含：，共9个.所以.19.如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，．（1）证明：平面ABE；（2）若，，，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可； （2）取的中点为，连接，依次证明平面、平面，然后可求出点到平面的距离，然后根据算出答案即可.【小问1详解】证明：连接交于点，取的中点，连接，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，所以，因为，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，即，因为平面，平面，所以平面ABE，【小问2详解】取的中点为，连接，因为，，所以为等边三角形，所以，，因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离为，因为是直角梯形，，，，，所以，所以.20.已知椭圆离心率为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，，，是椭圆上不同的三点，且为的重心，探究面积是否为定值，若是求出这个定值；若不是，说明理由【答案】（1）；（2）是定值，.【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求出，即可得出椭圆方程；（2）先讨论直线的斜率不存在时，根据题中条件，求出此时的面积；再讨论直线的斜率存在时，设直线，联立直线与椭圆方程，设，，由韦达定理，得出，；由弦长公式，得出；根据为的重心，求出点为坐标，代入椭圆方程，得到之间关系；再由点到直线的距离公式，得出点到直线的距离，由即可得出结果.【详解】（1）由题知：，解得，，所以椭圆的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，轴，点在轴上，．点到的距离为 ，则．当直线的斜率存在时，设直线由消去，整理，设，，则有，，，所以，，因为为的重心，则由，点在椭圆上，则得，点到直线的距离为；所以；综上：为定值．【点睛】思路点睛：求解椭圆中三角形面积相关问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式，以及点到直线距离公式，表示出三角形的面积，再结合题中条件，即可求解.21.已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）令，若存在，且时，，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)求函数的定义域和导数，分和两种情况，结合导数可求出函数的单调性.(2)根据题意可得，通过构造函数 ，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.【详解】解：（1）的定义域为，，当时，，当时，由得，由得，∴当时，在上单调递增当时，在上单调递减，在单调递增.（2），∵，由题意知，，∴，令，则，∴在上单调递增，不妨设，∵，∴，∴，∴∴，∴，令，只需证，只需证，设，则，∴在递增，∴，即成立，∴，即.【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.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，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，.（1）求C的参数方程；（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定D的坐标.【答案】（1）为参数；（2）【解析】【分析】（1）先求出半圆的直角坐标方程，由此能求出半圆的参数方程；（2）设点对应的参数为，则点的坐标为，且，半圆的圆心是因半圆在处的切线与直线垂直，故直线的斜率与直线的斜率相等，由此能求出点的坐标.【详解】（1）由，得，所以C的参数方程为为参数（2）【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，熟记直角坐标方程与参数方程的互化以及普通方程与参数方程的互化即可，属于常考题型.选修4-5：不等式选讲23.设函数的最小值（1）求；（2）已知为正实数，且，求证．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)用零点分段法把函数分段表示出，再求该函数的最小值即可作答； (2)利用(1)的结论对不等式左边化简变形，再利用均值不等式即可证得.【详解】（1）由题可得，时，，时，，时，，于是有，所以；（2）由（1）知，可得，同理得，，由基本不等式可得当且仅当时取“=”，所以．