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）

这是一份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），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：A7. 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：A8. 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：B9. 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：D12. 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,.