四川省成都市石室中学2022-2023学年高三上学期一诊数学（文科）模拟试题十

这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高三上学期一诊数学（文科）模拟试题十，共16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。

一、单选题
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知命题，，则是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
5．在数列中，，，则的值为
A．B．5C．D．
6．假设要考查某企业生产的袋装牛奶的质量是否达标,现从500袋牛奶中抽取6袋进行检验,利用随机数表法抽取样本时,先将500袋牛奶按000,001,…,499进行编号,使用下面随机数表中各个5位数组的后3位,选定第7行第5组数开始,取出047作为抽取的代号,继续向右读,随后检验的5袋牛奶的号码是(下面摘取了某随机数表第7行至第9行)( )
84421 75331 57245 50688 77047 44767 21763
35025 83921 20676 63016 47859 16955 56719
98105 07185 12867 35807 44395 23879 33211
A．245,331,421,025,016B．025,016,105,185,395
C．395,016,245,331,185D．447,176,335,025,212
7．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A.B.C.D.
8．盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（ ）
A．B．C．D．
9．若，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知下图中正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的
中心，直径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则
的取值范围是（ ）
A． B． C．D．
11．抛物线：的焦点为.对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为（ ）
A．2B．3C．4D．5
12．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为
A．5B．6C．7D．9
二、填空题
13．若满足约束条件，则的最小值为 ___________．
14． 若直线2ax-by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x-4y+1=0截得的弦长为4，则+的最小值是______．
15．已知，是曲线的两条倾斜角互补的切线，且，分别交y轴于点A和点B，O为坐标原点，若，则实数a的最小值是______.
16．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为______．
三、解答题
17．随着人们生活水平的提高，私家车占比越来越大，汽车使用石油造成的空气污染也日益严重．新能源汽车不仅降低了对石油进口的依赖，也减少了对整个地球环境的污染．某新能源车2016〜2021年销量统计表如下：
通过数据分析得到年份编号x与对应的新能源车销量y（单位：万辆）具有线性相关关系．
(1)求该新能源车销量y（单位：万辆）关于年份编号x的线性回归方程；
(2)根据（1）中的线性回归方程预测2025年和2026年该新能源车销量的平均值．
参考公式：，．
18．已知数列的前项和为，且满足，（）．
（1）求的值，并求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求（）．
19.已知四棱锥中，底面，平面平面，，为中点，.
（1）求证：平面；
（2）求到平面的距离.
20．已知椭C：的一个焦点为F（2，0），离心率为．过焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB中点为D，O为坐标原点，过O，D的直线交椭圆于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形AMBN面积的最大值．
21．已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2.
（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，f(x)≥sinx恒成立，求a的取值范围.
22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程以及曲线C的参数方程；
（2）过曲线C上任意一点M作与直线的夹角为的直线，交于点N，求的最小值
年份
2016
2017
2018
2019
2020
2021
年份编号x
1
2
3
4
5
6
销量y/万辆
2.7
3.3
3.6
4
4.6
5.2
参考答案：
1．A
【分析】设，，根据复数相等列方程求解可得结果．
【详解】设，
由得
所以，解得
∴．
故选：A．
2．C
【分析】根据偶次根式有意义及一元二次不等式的解法，再结合集合的交集的定义即可求解.
【详解】由有意义，得，解得，
所以，
，
故选：C.
3．B
【分析】根据全称命题的否定为存在量词命题判断.
【详解】解：因为命题，为全称命题，
所以是，.
故选：B
4．B
【分析】分析函数的单调性，利用零点存在定理可得出结论.
【详解】函数的定义域为，
因为函数、在上均为增函数，所以f(x)为定义域上的增函数.
因为，，
所以，函数的零点在区间内，故函数的零点在区间内.
故选：B.
5．B
【详解】 在数列中，，
所以，
所以是以为周期的周期数列，因为，故选B．
6．B
【详解】根据规定的随机数表的读法，应该选B.
7．B 【解析】，，∴，，∴，故.故选B.
8．A
【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径.
【详解】如图 是棱长为6cm的正四面体，
由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心，
则有 底面BCD， ， ，
，R是外接球半径，
在 中， ，
在 中， ， ，解得 ，
即正方体的最短棱长为 ；
故选：A.
9．A
【分析】利用诱导公式进行变形，即可求解.
【详解】因为，
故选：A.
10．B
【分析】根正六边形的性质，求得内切圆和外接圆的半径，再化简得到，结合，即可求解.
【详解】由正六边形的边长为4，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，
所以正六边形的内切圆的半径为，
外接圆的半径为，
又由
，
因为，即，可得，
所以的取值范围是.
故选：B.
11．B
【分析】由抛物线的定义可得当与准线垂直时，为等腰三角形，又因为线段的垂直平分线交准线于点此时为等腰三角形，所以点与重合，即可得为等边三角形，利用即可求解.
【详解】
当与准线垂直时，由抛物线的定义可得，此时为等腰三角形，
作线段的垂直平分线交准线于点，则，
此时为等腰三角形，
因为若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，
所以与重合，所以，所以，
所以为等边三角形，设，，则，,
则，，
所以，整理可得：，
解得：或（舍）
所以则点的横坐标为.
故选：B.
12．A
【解析】由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出，
从而得出的最大值.
【详解】因为，
则，即
整理得，令，
设，
则，
令,则，令，则，
故在上单调递增，在上单调递减，则，
因为，，
由题可知：时，则，所以，
所以，
当无限接近时，满足条件，所以，
所以要使得
故当时，可有，
故，即，
所以：最大值为5.
故选：A.
【点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.
13．.
【解析】画出约束条件表示的平面区域，结合图象求出最优解，再计算目标函数的最小值．
【详解】解：画出，满足约束条件，表示的平面区域，如图所示；
结合图象知目标函数过时，取得最小值，
由，解得，
所以的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合解题方法，是基础题．
14．4
【分析】由题意可得经过圆心，可得，再+利用基本不等式求得它的最小值．
【详解】圆，即，表示以为圆心、半径等于2的圆．
再根据弦长为4，可得经过圆心，
故有，
求得，则，
当且仅当时，取等号，
故则的最小值为4，
故答案为4
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，基本不等式的应用，属于基础题．
15.
16．
【分析】先将三棱锥还原到长方体中，根据题意建立长方体的体对角线与的函数关系式，求解体对角线的最小值，由此得出外接球的体积的最小值．
【详解】如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么,,所以．由题意，体积的最小值即为最小，，所以当时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为．
【点睛】根据题意把三棱锥还原到长方体是解决三棱锥外接球问题的常见解法，不同题目背景，还原方法不一样，但三棱锥的四个顶点一定是长方体的顶点．
17．(1)
(2)万辆
【分析】（1）根据表中数据及参考公式，求出，，进而求得回归直线方程；
（2）将和代入上式的线性回归方程中及平均数的定义即可求解.
【详解】（1）由题意可得，．
，，
则，
从而，
故该新能源车销量y关于年份编号x的线性回归方程为．
（2）当时，；
当时，．
则2025年和2026年该新能源车销量的平均值为万辆．
18．（1）; （2）.
【分析】（1）用代入法求出，再根据与的关系，得递推关系，再求出，
注意验证1时是否符合求出的通项公式.
（2）用裂项相消法求和.
【详解】解：（1）由，，令得，
令得，即.
由………………………………………①
则当时，……………………②
①②可得，得，得，
故是首项为，公比为的等比数列，
则，整理得，
当时，，也符合公式，故（）,
即数列的通项公式.
(2),
故，
即.
【点睛】本题考查了与之间的关系，根据递推公式推导通项公式，裂项相消法求和.
19．19.【解析】（1）证明：因为，为中点，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面，所以.
因为底面，所以，
，则平面，因为，∴平面.
（2）因为平面，∴，，，
，，
到平面的距离为2，设到平面的距离为，因为，
所以，解得.所以到平面的距离为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点，离心率， 之间的勾股关系即可求出答案；（2）利用设而不求联立椭圆和直线方程，利用韦达定理解出根与系数的关系，对面积表达式进行化简，利用参数的范围得出最终答案.
(1)
由题意可得
解得,
故椭圆的方程为.
(2)
当直线斜率不存在时 , 的坐标分别为,
四边形面积为
当直线斜率存在时 , 设其方程为 点 , 点 到直线的距离分别为
则四边形 面积为,
得,
则
所以
，
因为
所以 中点 ,
当 时 , 直线 方程为 ,
解得
所以
.
当 时 , 四边形 面积的最大值
综上四边形 面积的最大值为 .
21．（1）函数在(-1，0)单调递减，在单调递增；（2）.
【分析】（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）令，等价于恒成立，求出，讨论或，判断函数的单调性，其中时，可得，讨论或，证明函数的单调性即可证明.
【详解】（1）当时.
在单调递增，且
当时，；当时.
所以函数在(-1，0)单调递减，在单调递增.
（2）令
当时，恒成立等价于恒成立.
由于，
所以（i）当时，函数在单调递增，
所以，在区间恒成立，符合题意.
（ii）当时，在单调递增，.
①当即时，
函数在单调递增，所以在恒成立，符合题意.
②当即时，
若，即时在恒小于
则在单调递减，，不符合题意.
若即时，存在使得
所以当时，则在单调递减，
不符合题意.
综上所述，的取值范围是
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数，不等式等价转化为恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想.
22．（1）0，（为参数）；（2）.
【分析】（1）消去，即得直线的普通方程，利用，，得到曲线C的直角坐标方程，进而得到曲线C的参数方程；
（2）设出点M的坐标，表示出点M到直线的距离，画出图形，得到，求出的最小值，即可求解.
【详解】（1）将直线的参数方程消去参数，
可得直线的普通方程为0．
将，代入曲线C的极坐标方程，
可得曲线C的直角坐标方程为，
即
故曲线C的参数方程为（为参数）
（2）设，则M到的距离
，其中．
如图，过点M作于点P，
则，则在中，．
当时，取得最小值
故的最小值为．
【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化、点到直线的距离公式，考查学生分析问题、解决问题的能力，运算求解能力，考查数形结合思想.