四川省阆中中学校2023届高三第五次检测（二模）数学（理）Word版含解析

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阆中中学校高2020级高考模拟测试（五）数学试题（理科）（满分：150分时间：120分钟）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，每小题只有一项是正确的.）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合，然后计算，再由正弦函数的值域计算集合，与求交集即可求解.【详解】或，所以，，所以，故选：D.2.为落实《国家学生体质健康标准》达标测试工作，全面提升学生的体质健康水平，某校高二年级体育组教师在高二年级随机抽取部分男生，测试了立定跳远项目，依据测试数据绘制了如图所示的频率直方图.已知立定跳远以上成绩为及格，以上成绩为优秀，根据图中的数据估计该校高二年级男生立定跳远项目的及格率和优秀率分别是（）

1A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图可直接求出.【详解】由频率分布直方图可得,优秀率为，及格率，故选：C3.设△的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3a=b，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用正弦定理求得值，再利用二倍角的余弦公式即可求得的值.【详解】由正弦定理可知，故选：B.4.在区间内随机取一个数k，使直线与圆相交的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由直线与圆相交列出不等式即可得到的范围，再结合概率的计算公式即可得到结果.【详解】因为圆心，半径，直线与圆相交，所以圆心到直线的距离，解得，所以所求的概率为，

2故选：B.5.如图所示，给出的是某几何体的三视图，其中正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图为半径等于1的圆．则这个几何体的侧面积与体积分别为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】该几何体是一个圆锥，求出圆锥底面圆的半径、母线及高的长，根据圆锥的侧面积和体积公式求得结果.【详解】如图根据几何体的三视图知，该几何体是一个圆锥，底面圆的半径，母线，高．则它的侧面积，体积．故选：C．6.已知i为虚数单位，复数是纯虚数，则是直线与直线平行（）条件A.充要B.必要不充分C.充分不必要D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】由复数的除法及纯虚数的概念求出，再由直线平行的充要条件判断即可得解.

3【详解】是纯虚数，且，解得，此时与直线平行，当时，且，解得.所以是直线与直线平行的充要条件，故选：A7.如图四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】连接与交于点，连接，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可得解.【详解】连接与交于点，连接，由题意得，，且平面，以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

4设四棱锥各棱长均为2，则，，可得，则，设异面直线与所成角为，则．故选：A．8.设为等差数列的前项和，且，都有.若，则（）A.的最小值是B.的最小值是C.的最大值是D.的最大值是【答案】A【解析】【分析】利用等差数列求和公式可化简已知不等式得到数列为递增的等差数列；结合可确定当且时，，当且时，，由此可得结论.详解】由得：，即，数列为递增的等差数列，，，，当且时，；当且时，；有最小值，最小值为.故选：A.9.已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线交左支交于

5两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由为圆心，为半径为径的圆经过点，得，结合双曲线的定义及勾股定理可得解．【详解】解：由题意得，设，则，，，，在中，由勾股定理得，解得，则，，在中，由勾股定理得，化简得，所以的离心率，故选：B10.已知函数的图象关于点对称，则（）A.在单调递增

6B.直线是曲线的一条对称轴C.直线是曲线的一条切线D.在有两个极值点【答案】C【解析】【分析】根据，求出及函数解析式，A选项，代入检验得到在区间内单调递减；B选项，求出，得到直线是曲线的对称中心；C选项，求导，求出斜率等于1时的值，求出函数的图象在点处的切线斜率及方程，得到C正确；D选项，求出，数形结合得到函数极值点情况.【详解】由题意得，，所以，即．又，所以．故，选项A，当时，，因为在区间上单调递减，所以在区间内单调递减，故选项A错；选项B，当时，，故，所以直线不是曲线的对称轴，故选项B错误；选项D，当时，，

7由函数的图象知：只有一个极值点，为极小值点，由，可得极值点为，故选项错误；选项，令，得，解得：或，从而得：或，因为，所以函数的图象在点处的切线斜率为，故在的切线方程为，即，故选项C正确．故选：C11.，则a，b，c的大小顺序为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，应用导数研究其单调性，进而比较，，的大小，若有两个解，则，，构造，利用导数确定，进而得到，即可判断a、c的大小，即可知正确选项.【详解】令，则，，，

8而且，即时单调增，时单调减，又，∴，.若有两个解，则，，即，，令，则，即在上递增，∴，即在上，，若即，故，有∴当时，，故，综上：.故选：A【点睛】关键点点睛：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小.12.定义在R上的偶函数满足，且当]时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，

9的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可.【详解】因为，且为偶函数所以，即，所以函数是以4为周期的周期函数，作出，在同一坐标系的图象，如图，因为方程至少有8个实数解，所以，图象至少有8个交点，根据，的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，由图可知，当时，只需，即，当时，只需，即，当时，由图可知显然成立，综上可知，.故选：B【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．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，把答案填在答题卡中的横线上）13.已知为单位向量，且满足，则______.

10【答案】【解析】【分析】将两边平方可得，进而可得.【详解】为单位向量，且满足，所以，即，解得，所以.故答案为：.14.在的展开式中，各项系数之和为64，则常数项为__________.【答案】135【解析】【分析】令从而求出值，再对二项展开式的通项进行展开整理，令的指数为0即可得到答案.【详解】在的展开式中，令，得各项系数和为，即，得，展开式通项为，其中，令，得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：135.15.不等式组，表示的平面区域为M，一圆面可将区域M完全覆盖，则该圆面半径最小时圆的标准方程为_____.【答案】【解析】【分析】不等式组对应的平面区域为三角形，所求圆为该三角形的外接圆.【详解】不等式组对应的平面区域为图中阴影部分，

11将分别代入，得，，联立解得，则，故A，B，C三点共圆时，圆半径的最小.设圆的标准方程为将A，B，C三点坐标代入得，解得，，所以圆的方程为故答案为：.16.已知，若存在，使得，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】先讨论、与1的大小关系确定、，进而确定的取值范围，再结合函数的单调性进行求解.【详解】①当时，则，，又由，得，所以，则；

12②当时，因为，，所以不存在，使得；③当时，则，，又由，得，则，，令，则在上单调递增，所以，则；综上所述，的取值范围为.故答案为：.三、解答题（本大题共7小题，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.已知是正项数列的前项和，.（1）证明：数列是等差数列；（2）当时，，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）当时，分别得到，作差化简可得，又当时，可得，即可证明数列是等差数列（2）由（1）及，得，∴，由错位相减法可得数列的前项和【小问1详解】当时，有

13∴，∴又∵，∴当时，有∴，又∴∴数列是以为首项，为公差的等差数列【小问2详解】由（1）及，得，∴，则，∴18.中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日至22日在北京人民大会堂顺利召开．某部门组织相关单位采取多种形式学习宣传和贯彻党的二十大精神．其中“学习二十大”进行竞赛．甲、乙两单位在联合开展主题学习及知识竞赛活动中通过此栏目进行比赛，比赛规则是：每一轮比赛中每个单位派出一人代表其所在单位答题，两单位都全部答对或者都没有全部答对则均记0分；一单位全部答对而另一单位没有全部答对，则全部答对的单位记1分，没有全部答对的单位记－1分，设每轮比赛中甲单位全部答对的概率为，乙单位全部答对的概率为，甲、乙两单位答题相互独立，且每轮比赛互不影响．（1）经过1轮比赛，设甲单位的记分为X，求X的分布列和期望；（2）若比赛采取3轮制，试计算第3轮比赛后甲单位累计得分低于乙单位累计得分的概率．【答案】（1）分布列见解析；期望为（2）【解析】【分析】(1)根据题意，X的取值可能为－1，0，1，分别写出每一个概率，列表格，用可计算出数学期望.(2)第3轮比赛后，甲单位累计得分低于乙单位的3

14轮计分有四种情况（不按先后顺序）：－1，－1，－1；－1，－1，0；－1，－1，＋1；－1，0，0，分别计算出概率相加.【小问1详解】由题意X的取值可能为－1，0，1，则，，那么X的分布列为：X－101P【小问2详解】第3轮比赛后，甲单位累计得分低于乙单位的3轮计分有四种情况（不按先后顺序）；－1，－1，－1;－1，－1，0；－1，－1，＋1；－1，0，0．所以．19.如图，平面是圆柱的轴截面，是圆柱的母线，．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．

15【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）以点为原点建立空间直角坐标系求出平面、平面的一个法向量利用向量夹角公式可得答案．【小问1详解】由题意知，平面平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，在中，由，得，所以，所以，设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，设平面的一个法向量为，则

16由，得，令，得，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值．20.已知椭圆的上顶点与右焦点分别为为坐标原点，是底边长为2的等腰三角形．（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点，若，求的值．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）由是底边长为2的等腰三角形，得，得椭圆的标准方程；（2）设，，联立方程，得，，由，得，列出方程，解出k的值.【小问1详解】因为是底边长为2的等腰三角形，所以且，又，所以．所以，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】联立，消去得，

17则，解得或．设，则，，则，，由，得，即得，整理得，代入，，得，化简得，所以，解得，都满足或综上，的值为或．21.已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求、的值；（2）如果当，且时，，求的取值范围．【答案】（1），（2）（-，0]【解析】【详解】（1）由于直线的斜率为，且过点，故即解得，．

18（2）由（1）知，所以．考虑函数，则．(i)设，由知，当时，，h(x)递减．而故当时，，可得；当x（1，+）时，h（x）<0，可得h（x）>0从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.（ii）设00,故(x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾．（iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾．综合得，k的取值范围为（-，0]点评：求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解．若求导后不易得到极值点，可二次求导，还不行时，就要使用参数讨论法了．即以参数为分类标准，看是否符合题意．求的答案．此题用的便是后者．（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，若多做则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，圆的圆心坐标为且过原点，椭圆的参数方程为

19（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求圆的极坐标方程和曲线的普通方程；（2）若曲线与圆相交于异于原点的点，是椭圆上的动点，求面积的最大值.【答案】（1）；；（2）.【解析】【分析】（1）求出圆的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程之间的转化关系可得出圆的极坐标方程，根据极坐标方程与普通方程之间的转换关系可求得曲线的普通方程；（2）求出的值，设点，求出点到直线的最大距离，由三角形的面积公式可求得面积的最大值.【详解】（1）依题意：圆的半径，所以，圆标准方程为：，得，由，，，得的极坐标方程为，由，得的普通方程为；（2）由（1）知的极坐标方程为，的普通方程为，将代入得，.设，则到的距离（其中）,，当时，等号成立，

20.【点睛】在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．23.已知，，且．（1）证明：；（2）若不等式对任意恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，代入运算整理，结合二次函数的对称性求最值；（2）根据题意分析可得，结合和运算求解.【小问1详解】∵，则，可得，∴，又∵开口向上，对称轴为，∴当时，，当时，，故.【小问2详解】∵，当且仅当，即时等号成立；∴，又∵，当且仅当

21时等号成立，∴，解得或，故m的取值范围为.

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