2023届四川省射洪中学校高三上学期第三次月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届四川省射洪中学校高三上学期第三次月考数学（文）试题含解析，共23页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 设等差数列中，，，则， 已知角的终边上有一点，则， 下面有四个命题等内容，欢迎下载使用。
  射洪中学高2020级高三上期第三次月考文科数学试题命题人：吕贵      审题人：张宗礼      校对人：汪轩平（考试时间：120分钟   试卷满分：150分）注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.每个小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的.）1. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【分析】根据题意直接可得集合中只有元素2，由交集的定义可得答案.【详解】由集合则.故选：C2. A.  B.  C.  D. 【答案】D【详解】分析：根据公式，可直接计算得详解： ，故选D.点睛：复数题是每年高考的必考内容，一般以选择或填空形式出现，属简单得分题，高考中复数主要考查的内容有：复数的分类、复数的几何意义、共轭复数，复数的模及复数的乘除运算，在解决此类问题时，注意避免忽略中的负号导致出错.3. 的数值越小，表明空气质量越好，当的数值不大于100时称空气质量为“优良”．如图是某地3月1日到12日的数值的统计数据，图中点A表示3月1日的的数值为201，则下列叙述不正确的是（    ）A. 这12天中有6天空气质量为“优良” B. 这12天中空气质量最好的是3月9日C. 从3月9日到12日，空气质量越来越好 D. 从3月4日到9日，空气质量越来越好【答案】C【分析】结合已知条件和图像，逐项求解即可.【详解】由图像可知，的数值小于100的天数共有6天，故A正确；由图像可知，的数值最小是67，对应的日期为3月9日，故B正确；由图像可知，从3月9日到12日的数值越来越大，则空气质量越来越差，故C错误；由图像可知，从3月4日到9日的数值越来越小，则空气质量越来越好，故D正确.故选：C.4. 设等差数列中，，，则（    ）A. 6 B. 8C. 10 D. 12【答案】B【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】由，，两式相减可得，则.故选：B5. 若是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【分析】利用平面与平面垂直的性质判断AD；利用平面与平面的位置关系判断B；利用线面平行的性质定理与面面垂直的判定定理判断C.【详解】两个平面垂直，一个平面内的直线不一定垂直于另一个平面，故A错误；若，则与可能平行，也可能相交，故B错误；，则必有，使得，又，故，根据面面垂直的判定定理知，故C正确；垂直于同一平面的两个平面不一定垂直，可能相交，也可能平行，故D错误.故选：C．6. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为A -2 B. -6 C. -8 D. -12【答案】D【分析】将初始值，代入循环体运算，直至满足条件，退出循环体，即可得出结论.【详解】当，不满足条件；执行第一次循环：，，不满足条件；执行第二次循环：，，不满足条件；执行第三次循环：，，不满足条件；执行第四次循环：，，满足条件；执行第五次循环：，，满足条件，退出循环，所以输出S的值为-12.故选:D.【点睛】本题考查循环结构的运算，属于基础题.7. 已知向量，，，则向量，的夹角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【分析】先利用得到，然后利用数量积的定义可求出，即可得到答案【详解】因为向量，所以，由，可得，所以，因为，所以，故选：A8. 已知角的终边上有一点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【分析】利用任意角的三角函数的定义，求得的值利用正弦二倍角公式可得答案．【详解】由角的终边经过点，则，，所以. 故选：D．9. 下面有四个命题：①“，”的否定是“，”；②命题“若，则”的否命题是“若，则；③“”是“”的必要不充分条件：④若命题为真命题，为假命题，则为真命题.其中所有正确命题的编号是A. ①②④ B. ①③ C. ①④ D. ②④【答案】C【分析】通过全称命题的否定来判断①；通过否命题的写法来判断②；通过指数，对数不等式的解来确定充分性和必要性来判断③；通过复合命题的真假关系来判断④.【详解】全称命题的否定是特称命题，所以①正确；命题“若，则”的否命题是“若，则”，所以②错误；由，可得，而由”，可得，则“”是“”的充分不必要条件，所以③错误；命题为真，为假，则为真命题，所以④正确.故选C.【点睛】本题考查命题的真假的判断，涉及的知识点较多，综合性强，但难度不大．10. 已知函数是定义在R上的偶函数，若函数满足，，且，.若，，，则，，三者的大小关系为（    ）A.  B. C  D. 【答案】A【分析】根据题意判断出函数的单调性，结合偶函数的性质比较出的大小关系.【详解】由于函数满足，，且，，所以函数在上为单调递减函数.而函数为偶函数，故，.而，所以.故选A.【点睛】本小题主要考查函数的单调性，考查函数的奇偶性，考查利用函数的性质比较大小，考查对数运算，属于基础题.11. 已知直线为曲线在处的切线，若与二次曲线也相切，则（    ）A. 0 B.  C. 4 D. 0或4【答案】C【分析】求出函数导函数，即可取出切线的斜率，从而求出切线方程，再联立方程，消元，根据且，解得即可.【详解】解：因为，所以，所以，所以曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为，即．由于切线与曲线相切，由，得，又，两线相切有一切点，所以，解得或（舍去）．故选：C．12. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（      ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【分析】根据函数是奇函数，且满足，推出函数的周期性，然后判断方程在一个周期内实根的个数并求和，进而求出方程在区间，上所有实根之和．【详解】解：由知函数的图象关于直线对称，由是上的奇函数知，在中，以代得：即，所以即，所以是以4为周期的周期函数．考虑的一个周期，例如，，由在，上是减函数知在，上是增函数，在，上是减函数，在，上是增函数．对于奇函数有，（2），故当时，，当时，（2），当时，，当时，（2），方程在，上有实数根，则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数，由于为奇函数，故在上有唯一实根，在上无实数根.则由于，故方程在上有唯一实数．在上，则方程在上没有实数根．从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根．当，，方程的两实数根之和为，当，，方程的所有四个实数根之和为．故选：C第II卷（非选择题）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设椭圆标准方程为，则该椭圆的离心率为______．【答案】##【分析】求出、的值，即可求得椭圆的离心率.【详解】在椭圆中，，，则，因此，该椭圆的离心率为.故答案为：.14. 已知实数满足，则的最大值为_________．【答案】##【分析】首先根据线性约束条件画出可行域，然后把目标函数化为，利用图象即可求出的最大值.【详解】画出线性约束条件所表示的可行域，如图，由，得，由，得，由图可知，直线过点时，的值最大，且.故答案为：.15. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若在[0，]上为增函数，则的最大值为___________．【答案】1【分析】先求出平移后函数的解析式，然后求出包含0的一个增区间，再由[0，]为其的一个子集，可求出的范围，从而可求出其最大值【详解】依题意，由得，于是得的一个单调递增区间是，因在为增函数，因此，，即有，解得，即最大值为1．故答案为：116. 如图，在棱长为2的正方体中，、、分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列命题：  ①不存在点，使//平面；②三棱锥的体积是定值；③直线平面④经过、、、四点的球的表面积为.正确的是______.【答案】②③④【分析】当Q是的中点时，由线面平行的判定可证，即可判断①，根据即可判断②，证明、，即可判断③，分别取，的中点E，F，构造长方体，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积，即可判断④；【详解】连接PQ，，当是的中点时，因为，，所以，因为平面，平面，所以平面，故①错误；因为是线段上的动点，平面，所以到平面的距离，即为到到平面的距离，所以，故三棱锥的体积是定值，即②正确；由正方体的性质可得，平面，平面，，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，由于，平面，平面，，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，，平面，所以平面，故③正确；当是的中点时，分别取，的中点E，F，构造长方体，则经过、、、四点的球即为长方体的外接球，设所求外接球的直径为2R，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，即，所以经过、、、四点的球的表面积为，故④正确.故答案为：②③④  三、解答题（共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17至21题为必考题，每题12分，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答.）17. 的内角的对边分别为，角成等差数列，. （1）若，求和；（2）若的面积为，求.【答案】（1）；    （2）．【分析】（1）由成等差数列及三角形内角和为π可得B值，在三角形中由余弦定理可得b的值；（2）由三角形的面积公式求出c边．【小问1详解】∵成等差数列，∴，而，则，又，由余弦定理可得：；【小问2详解】∵，∴c＝2．18. 已知是等比数列，是前项和（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据，利用，即可求解；（2）由（1）得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【详解】（1）因为，当时，，可得，当时，，适合上式，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可得，所以数列的前项和：.19. 文旅部门统计了某网红景点在2022年3月至7月的旅游收入（单位：万），得到以下数据：月份34567旅游收入1012111220 （1）根据表中所给数据，求出关于之间的线性回归方程；（2）为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的列联表，能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”. 喜欢不喜欢总计男  100女 60 总计110  参考公式：线性回归方程：，其中，.临界值表： 【答案】（1）    （2）表格见解析，有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.【分析】（1）根据回归直线方程的计算公式计算即可.（2）根据已知条件填写列联表，计算的值，由此作出判断.【小问1详解】由已知得：，，，则关于的线性回归方程为：.【小问2详解】依题意可得列联表如下： 喜欢不喜欢总计男7030100女4060100总计11090200零假设：游客是否喜欢该网红景点与性别无关联，根据列联表中数据，，依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.20. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点．（1）证明：平面；（2）若，，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析  （2）【分析】（1）连接BD交AC于F，连接EF，证明EF∥PB得到结论.（2）先确定AP⊥BP且△ABC为正三角形，取AB中点M，连接PM、CM，证明PM⊥平面ABCD，根据得到答案.【详解】（1）连接BD交AC于F，连接EF∵四边形ABCD为菱形，∴F为AC中点，那么EF∥PB又∵平面ACE，平面ACE∴PB∥平面ACE；（2）由勾股定理易知AP⊥BP且△ABC为正三角形，∵E为DP中点，∴，取AB中点M，连接PM、CM，由几何性质可知PM＝1，，又∵PC＝2，∴PC2＝PM2＋MC2，即PM⊥MC，∵PM⊥AB，∴PM⊥平面ABCD，∴，∴．【点睛】本题考查了线面平行，体积的计算，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.21. 已知函数，.（1）当时，求函数的单调区间及极值；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）增区间为，减区间为，极大值为，无极小值，（2）答案见解析.【分析】（1）求导，求出的解，即可求出单调区间，进而求出极值；（2）求导，求出单调区间，确定极值，根据极值的正负以及零点存在性定理，对分类讨论，即可求解.【详解】由题得，函数的定义域为.（1）当时，，所以，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.所以当时，有极大值，且极大值为，无极小值.（2）由，得.当时，恒成立，函数单调递增，当时，，又，所以函数有且只有一个零点；当时，令，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以的极大值为，①当，即得时，解得，此时函数没有零点；②当，即时，函数有1个零点；③当，即时，.当时，令，则在上恒成立，所以，即，所以，故当且时，.当时，有，所以函数有2个零点.综上所述：当时，函数没有零点；当或时.函数有1个零点；当时，函数有2个零点.【点睛】本题考查导数在研究函数性质的应用，涉及到函数的单调区间、极值、和零点个数判断，以及零点存在性定理的灵活运用，考查分类讨论思想和数形结合思想，属于较难题.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写．[选修4—4极坐标与参数方程]22. 在直角坐标系中，圆的参数方程（为参数）．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长．【答案】（1）；（2）【分析】（1）先由圆的参数方程消去参数，得到圆的普通方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出圆的极坐标方程；（2）由题意，先设两点的极坐标为：，，将代入直线的极坐标方程，得到；将代入圆的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.【详解】（1）因为，圆的参数方程（为参数），消去参数可得：； 把代入，化简得：，即为此圆的极坐标方程；（2）设两点的极坐标为：，，因为直线的极坐标方程是，射线，将代入得，即；将代入得，所以．【点睛】本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标下的两点间距离，熟记公式即可，属于常考题型. [选修4—5不等式选讲]23. 已知函数.（1）解不等式；（2）若正实数，满足，且函数的最小值为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）分类讨论：、、求的解集，然后取并集即可；（2）由绝对值的几何意义可知，即，再由已知条件等式，应用基本不等式“1”的代换可证，即结论得证.【详解】（1）∵，要使，∴当时，则，解得，得.当时，则，即恒成立，得.当时，则，解得，得.综上，不等式的解集为.（2）证明：由，∴，又正实数，满足，可得，∴当且仅当，即时等号成立，∴得证.【点睛】关键点点睛：（1）应用分类讨论方法求绝对值不等式的解集；（2）根据绝对值的几何含义求最小值，再根据条件等式结合基本不等式“1”的代换求证即可.