四川省广安市第二中学校2022-2023学年高三上学期一诊模拟考试数学（文）试题及答案

四川省广安市第二中学校2022-2023学年高三上学期一诊模拟考试数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，且，则（    ）

A． B． C．2 D．

3．如图所示，样本A和分别取自两个不同的总体，它们的样本平均数分别为和，样本极差分别为和，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

4．已知数列是等比数列，且，，成等差数列，则公比（    ）

A． B． C． D．1

5．如图为一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

6．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

7．如图是函数的大致图象，则函数的解析式可以为（    ）

A． B． C． D．

8．执行如图所示的程序框图，若输出的结果，则判断框中填入的条件可以为（    ）

A． B． C． D．

9．已知，当取最大值时，则的值为（    ）

A． B．2 C．3 D．4

10．已知是定义在上的奇函数，且，对于上任意两个不相等实数和，都满足，若，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

11．已知抛物线的焦点是，点是其准线上一点，线段交抛物线于点，当时，的面积是（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数，若，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知向量，，且，则______.

14．已知实数满足则的最大值为___________.

15．已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，.又点，，都在球的球面上，且点到平面的距离为，则球的体积为______.

16．如图，在棱长为的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含四边形的边），则下列错误说法的序号是______.

①三角形的面积为定值；

②存在点，满足；

③三棱锥的体积有最大值；

④存在无限个点，使得三角形是等腰三角形.

三、解答题

17．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，本次冬季奥运会共设7个大项，15个分项，109个小项.为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为，统计得到以下2×2列联表，经过计算可得.

(1)求的值，并判断有多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；

(2)为弄清学生不了解冬季奥运会项目的原因，采用分层抽样的方法从抽取的不了解冬季奥运会项目的学生中随机抽取6人，再从这6人中抽取2人进行面对面交流，“至少抽到一名男生”的概率；

附表：

附：

18．在中，角所对的边分别为，，，已知，，且.

(1)求的面积；

(2)若是线段的中点，求的长.

19．已知正项数列的前n项和为，且满足，

(1)求

(2)求

20．是等腰直角三角形，且，四边形是直角梯形，，，且，平面平面.

(1)求证：平面；

(2)若点是线段上的一个动点，问点在何位置时三棱锥的体积为.

21．已知函数.

(1)若函数在上有两个零点，求实数的取值范围；

(2)当时，关于的不等式恒成立，求实数的最小值.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为(其中为参数).以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求直线和曲线的直角坐标方程；

（2）设点，直线交曲线于，两点，求的值.

23．已知，，为正数，且满足.证明：

（1）；

（2）

参考答案：

1．D

【分析】由对数函数单调性解不等式，化简N，根据交集运算求解即可.

【详解】因为，,

所以，

故选：D

2．D

【分析】设，利用复数的四则运算列方程求解即可.

【详解】设，则，

所以，，

解得，即，

所以，

故选：D

3．B

【分析】观察图形可知，样本A的数据均在之间，样本B的数据均在之间，从而利用平均数，极差的定义即可得解.

【详解】观察图形可知，样本A的数据均在之间，样本B的数据均在之间，

所以由平均数的定义易知，

而样本极差，则，

所以，.

故选：B.

4．C

【分析】根据等差中项和等比数列的通项公式可求出结果.

【详解】因为，，成等差数列，

所以，

所以，

所以，所以，所以.

故选：C

5．B

【分析】由三视图画出三棱锥原图，利用可得结果.

【详解】根据三视图可得几何体是有一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，DA⊥平面ABC ，

所以

故选：B.

6．C

【分析】利用二倍角公式可化简整理求得，代入所求式子即可求得结果.

【详解】由得：，

整理可得：；

，，

，则，.

故选：C.

7．C

【分析】由图象得函数为偶函数，判断奇偶性排除B，由排除D，然后根据AC三个选项的解析式，由导数确定其在时的单调性可得．

【详解】定义域是，四个选项均符合，

ACD选项中函数式里都是含有或,它们是偶函数，B选项中，，函数为奇函数，

由图象关于轴对称，排除B，

且时，

选项A，，，因此在上递增，排除A；

选项D，，不符合题意，排除D；

选项C，，，

时，，递增，时，，递增，时，，递减，满足题意，

故选：C．

8．D

【分析】根据给定的程序框图，逐次循环计算，结合输出结果进行判定，即可求解.

【详解】框图首先给累加变量赋值，给循环变量赋值，

判断框中的条件满足，执行，；

判断框中的条件满足，执行，；

判断框中的条件满足，执行，；

依次类推，令，知，

判断框中的条件满足，执行

此时不满足条件，退出循环，则判断框内应填入的条件是“”

故选：D.

9．B

【分析】先根据已知使用基本不等式，整理求出取最大值时的和值，再得出结果.

【详解】由已知可得，

则，即，

所以，当且仅当时取等号，即，，

此时.

故选：B．

10．A

【分析】由题知函数为偶函数，在上单调递增，进而根据结合函数的性质比较大小即可.

【详解】解：因为是定义在上的奇函数，

所以，

所以，即函数为偶函数，

因为对于上任意两个不相等实数和，都满足，

所以函数在上单调递增，

因为，

因为，

所以，，即.

故选：A

11．A

【分析】设点，，根据解出，由的面积可得答案.

【详解】抛物线的焦点是，设点，，

所以，，

因为，所以，解得，

代入抛物线方程得，

所以，即，

的面积为.

故选：A.

12．D

【分析】先求得的取值范围，然后化简，结合导数求得的取值范围.

【详解】由于，

即，所以，

当时，递增，

所以有唯一解.

当时，递增，

所以有唯一解.

由得，

所以.

令，

所以在区间递减；在区间递增.

所以，

所以的取值范围为.

故选：D

【点睛】本题要求的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.

13．

【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可求出结果.

【详解】因为向量，，且，

所以,得.

故答案为：

14．4

【分析】转化为，则取得最大值即直线与可行域相交，且截距最大，数形结合即得解

【详解】转化为，则取得最大值即直线与可行域相交，且截距最大，根据不等式组画出可行域，如图所示，

联立，可得

当直线经过点A时取得最大值为4.

故答案为：4

15．

【分析】首先求外接圆的半径，再求球的半径，最后求球的体积.

【详解】中，根据正弦定理，得,所以外接圆的半径为2，又球心到平面的距离为，所以球的半径，

所以球的体积.

故答案为：

16．①③

【分析】当和时，点到直线的距离不相同，可知①错误；由可知点在以中点为球心，为半径的球面上，由球面与平面有交点可知②正确；根据体积桥可知由点到平面的距离确定，即点到的距离，由此可知③错误；若三角形是等腰三角形，可知点在平面上，由平面平面可知④正确.

【详解】对于①，为定长；

当时，，点到直线为定值；

当时，作于点，作，交于点，

平面，平面，又平面，

，，即点到的距离大于；

综上所述：三角形的面积不是定值，①错误；

对于②，若存在点，使得，

则点在以中点为球心，为半径的球面上，

又球心到平面的距离为，中点到的距离为，

球面与平面有交点，

存在点，使得，②正确；

对于③，，，

则由点到平面，即到平面的距离确定；

又点到平面的距离即为点到直线的距离，

当与或重合时，取得最大值，又点轨迹不包含四边形的边，

不存在最大值，③错误；

对于④，若三角形是等腰三角形，则点在直线的中垂面上，即平面上，

又平面平面，即点轨迹为线段（不含端点），④正确.

故答案为：①③.

【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹、面积及体积定值相关问题的求解，解决动点轨迹的关键是能够根据动点所满足的条件确定其轨迹图形；解决面积及体积定值的关键是能够确定决定三角形面积和三棱锥体积的变量，通过讨论变量得到结果.

17．(1)，有99%的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关.

(2)

【分析】（1）根据题意，完善列联表，根据解方程即可得，进而根据独立性检验判断即可；

（2）由题知男生应抽取人，分别记为，女生应抽取人，分别记为，再根据古典概型列举求解即可；

【详解】（1）解：由题知：2×2列联表完善如下：

所以，，解得，

所以，，有99%的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关.

（2）解：由题知，，抽样比为，

所以，不了解学生中，男生应抽取人，分别记为；女生应抽取人，分别记为；

所以，这6人中抽取2人进行面对面交流，可能的情况有：，共15种，

其中，至少抽到一名男生的情况有共9种情况，

所以，“至少抽到一名男生”的概率为

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，利用余弦定理即可得到，进而得到角A，再利用三角形面积公式即可得解；

（2）由平面向量中点的性质得，再利用平面向量的数量积运算法则即可得解.

【详解】（1）因为，所以，

在中，由余弦定理得，

因为，所以，又，，

故的面积.

（2）因为是线段的中点，

所以，则，

所以，

所以，即的长为.

19．(1)

(2)

【分析】(1)先令求出首项，再由数列的递推公式，当时，代入并结合

等差数列的定义和通项公式求出.

(2)由第一问的公式，正好利用分母有理化进行化简抵消即可得出结果

【详解】（1）根据题意可得，当时，，解得，

由，代入得，整理后得

，即，根据等差数列的定义可知，数列

是首项为1，公差为1的等差数列，则，

（2）由(1)可知，

，

20．(1)证明见解析；

(2)在PB中点

【分析】（1）直角梯形中由几何关系得，可由面面垂直证平面，再证，即可由线线垂直证平面；

（2）设，由平面得到平面PAD的距离，由列方程解得参数即可.

【详解】（1）证明：直角梯形中，，，且，则，由得，

∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，

又，平面，∴平面；

（2）设，∵平面，则到平面PAD的距离d有：，

等腰直角三角形，且，则，

∴.

故点在PB中点时三棱锥的体积为.

21．(1)

(2)

【分析】（1）由导数判断单调性后求解，

（2）参变分离后转化为最值问题，构造函数证明不等式与后求解，

【详解】（1），，

当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，

若在上有两个零点，则

解得，故的取值范围是

（2），即，在时恒成立，

令，，

当时，，当时，，

则在上单调递减，在上单调递增，

故，即，当且仅当时等号成立，

令，，

当时，，当时，，

则在单调递增，在上单调递减，

，即，当且仅当时等号成立，

而时，，故

，

当时，不等式为，而时满足题意，

故实数的最小值为

22．（1）：，：；（2）.

【分析】（1）通过加减消元消去便可得到直线的直角坐标方程；给的极坐标方程两边同乘，再将代入，得曲线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程与曲线的参数方程联立，得到关于的二次方程，利用的几何意义可知，利用韦达定理求解即可.

【详解】解：（1）直线的参数方程为(其中为参数)，消去可得.

由，得，则曲线的直角坐标方程为.

（2）设在直线的参数方程中，点，所对应的参数分别为和，

将直线的参数方程代入，得，

则，故.

【点睛】在求解直线与曲线的相交弦长时，注意运用直线参数方程中的几何意义，将所求问题转化为与，有关的式子计算即可，注意参数的系数平方和为时，的几何意义才成立.

23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】（1）根据分析法，结合不等式关系中，，，即可证明不等式成立；

（2）根据题中条件，直接构造基本不等式进行证明即可.

【详解】（1），

，

又由均值不等式，

得，，，

则，

，

即得证；

（2），，，，

，，，

则

，

又由均值不等式得，

同理可得，，

则，

当且仅当时等号成立，得证.

【点睛】本题考查了不等式的证明，基本不等式的应用，属于中档题.