四川省成都市2022-2023学年高三文科数学下学期二模试题（Word版附解析）

成都市2020级高中毕业班第二次诊断性检测

数学（文科）

本试卷分选择题和非选择题两部分．第I卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.

2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.

3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.

4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.

5．考试结束后，只将答题卡交回.

第I卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 设全集，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据补集定义、元素和集合的关系直接判断各选项即可.

【详解】对于AB，，，，A错误，B错误；

对于CD，或，，，C正确，D错误.

故选：C.

2. 函数的最小正周期为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据诱导公式，结合辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式进行求解即可.

【详解】，

所以该函数的最小正周期为，

故选：C

3. 执行如图所示的程序框图，输出的n的值为（    ）

A. 40 B. 41 C. 119 D. 122

【答案】B

【解析】

【分析】根据给出的程序框图，执行程序框图，结合判断条件，即可求解.

【详解】第一次循环：；

第二次循环：；

第三次循环：；

故输出的n的值为41.

故选：B.

4. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A. 0 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据约束条件画出线性规划区域，根据的几何意义即可求解.

【详解】依题意，

实数x，y满足约束条件所表示的区域如图阴影所示：

由，解得点

的几何意义为：可行域内的点与原点连线的斜率，

由图象可知，当原点与点连接时，取得最大值，

即.

故选：C.

5. 设，分别是双曲线的左、右焦点．为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用双曲线的定义及标准方程，得到，，结合勾股定理表示出和 的关系即可.

【详解】利用双曲线的定义及标准方程，得到,

又，

因为，所以；故，即

故答案为：

6. 某同学计划2023年高考结束后，在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观，则大学恰好被选中的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】基本事件总数为，大学恰好被选中的基本事件为：，根据古典概型概率公式即可求解.

【详解】依题意，

在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观的基本事件总数为：，

大学恰好被选中的基本事件为：，

所以大学恰好被选中的概率为：.

故选：B.

7. 已知命题：空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行；命题：空间中三个平面，，，若，，，则．则下列命题为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据直线与直线的位置关系定义、面面垂直的性质，结合与、或、非的真假性质逐一判断即可.

【详解】因为空间中两条直线没有公共点，两条直线可以是异面直线，所以命题是假命题，

因此真命题，

由面面垂直的性质可知命题是真命题，为假命题，

所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，

故选：D

8. 已知过抛物线的焦点，且倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，则（    ）

A. 32 B.  C.  D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得，由韦达定理可得，再根据抛线的定义即可得答案.

【详解】解：因为抛物线，

所以，，

所以直线的方程为，

由，得，

显然，

设

则有，

所以，

由抛物线定义可知.

故选：A.

9. 若函数满足，且当时，，则（    ）

A. －1 B.  C. 0 D.

【答案】B

【解析】

【分析】先利用求出函数的周期，利用周期性转化代入即可求解.

【详解】依题意，

因为，所以，

所以，所以函数的周期为4，

所以.

又因为，所以，

当时，，所以，

所以.

故选：B.

10. 若正三棱锥的高为2，，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径为（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】根据正三棱锥与外接球的性质，分球心在内部与外部两种情况讨论即可求解.

【详解】依题意，

①若球心在正三棱锥内部，如图所示：

其中点在底面的投影为点，所以高为，

延长交于点，因为三棱锥为正三棱锥，

所以为正三角形，点为的重心，为的高，

所以，，

设外接球的半径为，则，在中有：

，即，

解得：；

②若球心在正三棱锥外部，如图所示：

由①知，当球心在的延长线上时，在中有：

，即，

解得：.

故选：D

11. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用作商法，结合对数换底公式可得；根据可构造函数，利用导数可求得单调性，得到，由此可得大小关系.

【详解】，，，；

，，

设，则，

在上单调递减，，

即，；

综上所述：.

故选：A.

12. 在中，已知，，，则的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式和正弦定理，由可得，再在和中分别利用余弦定理列式，结合长度关系解得和，代入面积公式即可求解.

【详解】由可得，

因为，所以，

又因为，

所以在中由正弦定理可得，

在中，由余弦定理可得，

即①，

在中，由余弦定理可得，

即②，

①②联立解得，，

所以，，

所以，

故选：D

第II卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．

13. 复数（为虚数单位），则|z|的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先化简,再带入模长公式即可求解.

【详解】因为,

所以.

故答案:.

14. 已知，则__．

【答案】

【解析】

【分析】

利用余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.

【详解】由，又由.

故答案为：．

15. 函数的极大值为______．

【答案】1

【解析】

【分析】对函数求导，利用单调性即可得出函数的极大值.

【详解】依题意，

因为，所以，

所以，

所以在上，，单调递增；

在上，，单调递减.

所以在处取得极大值：.

故答案为：1.

16. 若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据两直线所过定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.

【详解】直线过定点，直线过定点，

显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，

显然点的坐标为，所以该圆的方程为，

由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，

当点在如下图位置时，的值最大，即，

所以|PM|的最大值为，

故答案为：

【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 某中学为了丰富学生的课余生活,欲利用每周一下午的自主活动时间,面向本校高二学生开设“厨艺探秘”“盆景栽培”“家庭摄影”“名画鉴赏”四门选修课,由学生自主申报,每人只能报一门,也可以不报．该校高二有两种班型－文科班和理科班（各有2个班）,据调查这4个班中有100人报名参加了此次选修课,报名情况统计如下:

（1）若把“厨艺探秘”“盆景栽培”统称为“劳育课程”,把“家庭摄影”“名画鉴赏”统称为“美育课程”．请根据所给数据,完成下面的2×2列联表:

（2）根据（1）列联表中所填数据,判断是否有99%的把握认为课程的选择与班型有关．

附:．

【答案】（1）列联表见解析   

（2）没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．

【解析】

【分析】补全列联表,再算出的值与6.635进行比较即可得出结论.

【小问1详解】

由题意,列联表如下:

【小问2详解】假设:“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科无关.

∵,

∴根据小概率值的独立性检验,可以推断不成立,即没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．

18. 已知等比数列的公比为3，且，，成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；

（2）利用错位相减法进行求解即可.

【小问1详解】

设数列的公比为．

∵，，成等差数列，

∴．

∴

∵，∴解得．∴；

【小问2详解】

设，则．

∴①

∴②

由①－②得，

∴

∴．

19. 如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．

（1）证明：平面平面；

（2）求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）2

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；

（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.

【小问1详解】

取的中点，连接，．

∵与均是边长为2的正三角形，

∴，，．

∴为二面角的平面角．

∵，∴，∴．

因为，，，平面

所以平面，又平面，

∴平面平面．

【小问2详解】

由（1）知，，．

∵，平面，平面，

∴平面．

∴为三棱锥的高．

∴．

∴四棱锥的体积为2．

20. 已知中心为坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆经过，两点．

（1）求椭圆的方程；

（2）设过点的直线与椭圆相交于A，B两点，，，且点在椭圆上，求直线的方程．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意设椭圆的方程，代入点列式运算，求解即可得结果；

（2）设，，根据题意整理可得，结合直线方程以及韦达定理运算求解，注意讨论直线的斜率是否存在.

【小问1详解】

由题意可设椭圆的方程，

∵椭圆经过，两点，

则，即，解得，

∴椭圆的方程为．

【小问2详解】

设，，则，，

∵点A、B均在椭圆上，则，，

且点E在椭圆上，则，

即，可得.

当直线斜率存在时，设直线的方程为，

联立方程，消去得，

则，，，

∵，

则，

∴，解得，

故所求直线的方程为；

当直线斜率不存在时，则直线的方程为，即，

可得，该方程组无解，不合题意；

综上所述：所求直线的方程为．

【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法

在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．

21. 已知函数，其中，．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围．

【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为   

（2）

【解析】

【分析】（1）直接通过求导判断单调区间即可；

（2）先对原方程进行同构变形，将换元后的方程通过构造函数求导判断其有唯一零点，从而将原方程简化为方程有两个不相等的实数解，最后对取对变换化简后的方程再构造函数，根据零点个数求参数的取值范围.

【小问1详解】

当时，．∴．

∵，∴当时，；当时，．

∴函数单调递减区间为，单调递增区间为．

【小问2详解】

∵，，，

令，则．

令，则．

∴当时，；当时，．

∴函数在上单调递增，在上单调递减．

∵，∴方程有唯一解．

∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．

等价于方程有两个不相等的实数解．

构造函数，则．

∵，∴当时，；当时，．

∴函数在上单调递增，在上单调递减．

∵，；，．

∴只需要，即．

构造函数，则．

∴当时，；当时，．

∴函数在上单调递减，在上单调递增．

∵，∴当时，恒成立．

∴的取值范围为．

【点睛】当原方程或不等式较为复杂，但同时含有指数式和对数式时，可以尝试对原方程或不等式进行同构变形并换元，再对其进行构造函数求导研究，可以将过程大大简化.

请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑

选修4－4：坐标系与参数方程

22. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（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，直线的极坐标方程为．

（1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；

（2）已知点直角坐标为，直线与曲线相交于A，B两点，求的值．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）对于曲线消参数即可得出普通方程；对于直线利用和差公式展开，代入，即可求解；

（2）利用参数方程的几何意义即可求解.

【小问1详解】

依题意，

∵曲线的参数方程为（为参数），

∴曲线的普通方程为．

∵直线的极坐标方程为，

∴．

∵，．

∴直线的直角坐标方程为．

【小问2详解】

由（1）知，点在直线上，

∴直线的参数方程为（为参数），

代入得，．

设，是上述方程的两根，

∴，，．

∴．

选修4－5：不等式选讲

23. 已知函数．

（1）画出的图象；

（2）求不等式的解集．

【答案】（1）图象见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）对分类讨论，去掉绝对值号即可求解；

（2）由函数的图象向左平移2个单位长度后得到函数的图象，从图象即可得出不等式的解集.

【小问1详解】

由题得，．

函数的图象为：

【小问2详解】

函数的图象向左平移2个单位长度后得到函数的图象，的图象与的图象如图所示．

当时，由解得，．由图象可知不等式的解集为．