2023届四川省遂宁市第二中学校高三上学期第五次模拟考试数学（理）试题（解析版）

2023届四川省遂宁市第二中学校高三上学期第五次模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】D

【详解】试题分析：，,故选D.

【解析】点线面的位置关系.

2．某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.

【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，

则大圆锥的体积即为，整理得，

即小圆锥的体积为

所以该圆台体积为

故选：A.

3．已知数列的前项和为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，结合变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答.

【详解】因为，则，于是得，

因此数列是公差为1的等差数列，首项，则，所以.

故选：D

4．以平行六面体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先计算能构成多少个三角形，再将共面的情况剔除，即通过对立事件就可以计算不共面的概率．

【详解】解：平行六面体有个顶点，

任意取构成的三角形个数为，

即从56个三角形中任取两个三角形，

现共面的情况为表面个面与个对角面，每个面构成个三角形，

设任取两个三角形不共面为事件“”，

，

故选：A．

5．已知函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出的定义域可排除A；证明是奇函数可排除B；当且趋近于时，可排C，进而可得正确选项.

【详解】的定义域为，故排除选项A；

定义域为，关于原点对称，

，所以是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项B；

当且趋近于时，，故排除选项C，

故选：D

6．已知奇函数在上是增函数，．若，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先判断出函数单调性，再比较这3个数的大小，然后利用单调即可.

【详解】因为是奇函数且在上是增函数，所以在时，，

从而是上的偶函数，且在上是增函数，

，

，又，则，所以即，

， 所以.

故选：C．

7．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出函数的导数，问题转化为在有解，进而求函数的最值，即可求出的范围.

【详解】∵，

∴，

若在区间内存在单调递增区间，则有解，

故，

令，则在单调递增，

，

故.

故选：D.

8．已知抛物线C1：与椭圆C2：共焦点，C1与C2在第一象限内交于P点，椭圆的左右焦点分别为，且，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据得到，然后将点代入抛物线方程得到，根据共焦点得到，最后联立求离心率即可.

【详解】结合抛物线及椭圆的定义可得在抛物线上，故，且，

∴.

故选：B.

9．如图是一个简单几何体的三视图，若，则该几何体外接球表面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图得到三棱锥是截于长方体求解.

【详解】解：如图所示，

三棱锥即为所求几何体，其中长方体的长，宽，高分别为，，2．

∴该几何体的外接球与长方体外接球是同一个球，设其半径为，

则，

∴其外接球表面积．

∵，

∴（当且仅当时取得“＝”），

∴外接球表面积的最小值为．

故选：C．

10．如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】作中点，则直线与所成角为，由几何关系求出三边长，结合余弦定理得解.

【详解】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，

所以，则线与所成角等价于与所成角，设，

则，，，，，

则，

所以直线与所成角的余弦值为.

故选：C

11．已知定义在的函数是奇函数，且对任意两个不相等的实数，都有.则满足的的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数为奇函数得到，确定函数的定义域和单调性，将不等式转化为，根据函数的单调性结合定义域得到答案.

【详解】时，，

是奇函数，故，

函数关于点中心对称，取得到得到.

，故，

故函数在上单调递减，根据中心对称知函数在上单调递减.

，即，

故，故，解得；

考虑定义域：，解得.

综上所述：

故选：B

12．已知当时，函数的图像与函数的图像有且只有两个交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.

【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，

令，则，所以当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增，故，

当，，，故；

当时，，，故，如图；

所以当时，直线与的图像有两个交点，

即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.

故选：A.

二、填空题

13．若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）．

【答案】35

【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得、的值，可得结论．

【详解】解：的展开式的通项公式为，

展开式中第5项为常数项，故当时，，，

该展开式的常数项为，

故答案为：35．

14．变量，满足约束条件，则的取值范围是____________.

【答案】

【分析】作出不等式组对应的平面区域，数形结合即可求解

【详解】画出可行域如图，

即三角形及其内部且，

因为，表示点与点连线的斜率，

由图可知：点与连线斜率最大为

点与连线斜率最小为，

所以的取值范围为.

故答案为：.

15．命题，使得成立；命题，不等式恒成立．若命题为假，则实数a的取值范围为___________．

【答案】

【分析】首先求出命题为真时的取值范围，再根据复合命题的真假即得.

【详解】命题:，使得成立，当时，，

若命题为真，则，

命题，不等式恒成立，则，

当时，，当且仅当时等号成立，

若命题为真，则；

当命题为真命题时，有，即，

所以命题为假时，或，

所以实数a的取值范围为.

故答案为：．

16．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象恰有个对称中心在区间内，则的取值范围为______.

【答案】

【分析】先利用平移变换得到，再根据所得图象恰有个对称中心在区间内，由求解.

【详解】解：函数的周期为，

则，

则将函数的图象向右平移个周期后得到，

因为，所以，

因为所得图象恰有个对称中心在区间内，

所以，解得，

所以的取值范围为.

故答案为：

三、解答题

17．已知数列，满足，且．

(1)若数列为等比数列，公比为q，，求的通项公式；

(2)若数列为等差数列，，求的前n项和．

【答案】(1) 或.

(2)

【分析】(1)由已知条件求出等比数列的公比和通项，得到数列为等比数列，可求出通项公式；

(2)由等差数列的通项利用累乘法求得数列的通项，再用裂项相消求的前n项和．

【详解】（1）数列为等比数列，公比为q，且， ， 或，

由 ， 或 ，

由，所以 ，又 ，

即数列是以1为首项， 为公比的等比数列

故 或.

（2）依题意得等差数列公差，则，

由，所以 ，

从而

，

.

18．已知向量，且，

(1)求函数在上的值域；

(2)已知的三个内角分别为，其对应边分别为，若有，，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量的数量积为求得解析式进而求得值域.

（2）利用余弦定理和基本不等式即可求得面积的最大值.

【详解】（1）由已知，，所以

所以，又因为

所以，所以，即

在上的值域为

（2）由（1）知：所以

，又

所以，所以，又因为 由余弦定理可得：

，所以

所以 ，当且仅当时取“=”

故面积的最大值为

19．已知函数，其图象中相邻的两个对称中心的距离为，且函数的图象关于直线对称；

(1)求出的解析式；

(2)将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，若方程在上有两根，，求的值及的取值范围.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）根据条件相邻的两个对称中心的距离为得到周期从而求出，再根据对称轴是及求出，从而得到的解析式；

（2）根据平移变换得到，再通过整体代换，利用正弦函数的图像和性质得到有最小值及对应的自变量的值，即可求的值及的取值范围.

【详解】（1）解：因为函数的图象相邻的对称中心之间的距离为，

所以，即周期，所以，

所以，

又因为函数的图象关于直线轴对称，

所以，，即，，

因为，所以，

所以函数的解析式为；

（2）解：将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，

所以，

当时，，,

当时，有最小值且关于对称，

因为方程在上有两根，，

所以，

，即的取值范围.

20．如图，直角梯形中，，点为的中点，沿着翻折至，点为的中点，点在线段上.

(1)证明：平面平面；

(2)若平面平面，平面与平面所成的锐二面角为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，由平面与平面所成的锐二面角列方程，从而求得.

【详解】（1）由题意可得，，因为，平面，

所以平面，因为平面，所以，

因为，所以，

因为为的中点，所以，

因为平面，所以平面，

又平面，所以平面平面；

（2）平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

以分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，设，

，

设平面的法向量为，

，令，

，

同理可求得平面的法向量为，

设平面与平面所成的锐二面角为，

，解得，

所以的值为.

21．已知函数

(1)讨论函数的单调性;

(2)，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求得，对进行分类讨论，从而求得的单调区间.

（2）由不等式分离，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.

【详解】（1），

当时，，在上递增.

当时，令解得，

所以在区间递减；在区间递增.

综上所述，时，在上是增函数；

时，在上是减函数，在上是增函数.

（2）不等式，即，

由于，所以恒成立，

设，

，

由（1）知，时，，

在上是减函数，在上是增函数，，

所以，用替换得，且时，，

所以时，递增，时，递减，

所以时，，

所以，所以的取值范围是.

【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可考虑分离常数法.分离常数后，构造新的函数，并利用导数研究所构造函数的性质（主要）是最值，由此来求得参数的取值范围.

22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．

(1)求的极坐标方程；

(2)若曲线C的参数方程为（t为参数），求曲线C与交点的极坐标．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求得的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可；

（2）求得曲线的普通方程，结合的直角坐标方程，求得交点的直角坐标，再转化为极坐标即可.

【详解】（1）对点，设其直角坐标为，则，即其直角坐标为，

故在直角坐标系下的方程为：，

由可得：，

故的极坐标方程为：.

（2）由题可得曲线的普通方程为：，联立，

可得，解得或，又，故，则，

即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，

则，，

即曲线C与交点的极坐标为.

23．已知函数的最小值为．

(1)求；

(2)已知为正数，且，求的最小值．

【答案】(1)

(2)12

【分析】（1）方法一：由题知，进而分类讨论求解即可；

方法二：根据绝对值三角不等式求解即可；

（2）结合（1）得，进根据基本不等式求解即可.

【详解】（1）解：方法一：

依题意得：，

当时，，

当时，，

当时，，

综上，当时，取得最小值1，即的最小值．

方法二：

根据绝对值三角不等式可得：，

当且仅当，即时等号成立，

所以，的最小值．

（2）解：由（1）知，，

（当且仅当时等号成立），

∴，

当且仅当，即，时等号成立，

∴的最小值为12．