1、2023届高三一轮复习联考（三）全国卷文科数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名考场号座位号准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回，考试时间为120分钟，满分150分一选择题：本题共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.已知集合，则（ ）A. B.C. D.2.命题的否定为（ ）A.B.C.D.3.3.已知复数（为虚数单位），则复
2、数z的虚部为（ ）A.2 B. C. D.4.若函数则（ ）A. B. C. D.35.已知，则（ ）A. B. C. D.6.函数在上的大致图象为（ ）A. B.C. D.7.函数的最小值是（ ）A. B. C. D.8.已知数列的前项和，且对任意，则实数的取值范为是（ ）A. B.C. D.9.已知等比数列满足，（其中），则的最小值为（ ）A.6 B.16 C. D.210.已知函数，若在上的值域为，则实数的取值范为（ ）A. B.C. D.11.设，则（ ）A. B.C. D.12.已矨均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为6，则球的体积为（ ）A. B. C. D.二填空题
3、：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，若，则_.14.已知是各项不全为零的等差数列，前项和是，且，若，则正整数_.15.设为不重合的直线，为不重合的平面，下列是成立的充分条件的有（ ）（只填序号）.16.已知函数若关于的方程恰有5个不同的实数解，则实数的取值集合为_.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2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：60分.17.（12分）已知数列满足，（1）求数列的通项公式；（2）求的前项和.18.（12分）已知中，三个内角的对边分别为.（1）求；（2）若，求的面积.19
4、.（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，.（1）求证：平而平面；（2）求点到平面的距离.20.（12分）已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.21.（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程，（2）当时，证明，.（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.22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系，中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线和曲线的直角坐标方程；（2）若曲线经过伸缩变换得到曲线，若直线与曲线有公共点，试
5、求的取值范围.23.选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数，若函数的最小值为5.（1）求的值；（2）若均为正实数，且，求的最小值.2023届高三一轮复习联考（三）全国卷文科数学参考答案及评分意见1.A 【解析】由，即，解得，所以，所以.故选.2.D 【解析】的否定为：，故选D.3.A 【解析】，即复数的虚部为2，故选.4.D 【解析】，故选D.5.C 【解析】因为，所以.故选C.6.A 【解析】，所以函数是奇函数，排除选项，又，排除，D选项，故选A.7.D 【解析】由题意，函数，令，可得，当，即时，函数取得最小值，最小值为.故选D.8.A 【解析】因为，所以数列为递减数列，当时，故可知当时，
6、单调递减，故为递减数列，只需满足，即.故选.9.D 【解析】由等比数列的性质，可得，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为2.故选D.10.B 【解析】，结合图象，的值域是，于是，解得，所以实数的取值范围为.故选B.11.B 【解析】设，令，当时，故在上递减，故在上递减，.，故，故，故，故选B.12.C 【解析】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的体积为，故选C.13. 【解析】，所以.14. 【解析】设等差数列的首项和公差分别为，则，所以可看成关于的二次函数，由二次函数的对称性及，可得，解得.15. 【解析】根据线面的位置关系易知，中面和面
7、可能相交也可能平行，：若且，根据面面平行的判定可知垂直于同一直线的两平面互相平行，故正确.16. 【解析】作出函数的大致图象，如图所示，令，则可化为，则或，则关于的方程恰有5个不同的实数解等价于的图象与直线的交点个数之和为5个，由图可得函数的图象与直线的交点个数为2，所以的图象与直线的交点个数为3个，即此时，解得.17.【解析】（1）在数列中，已知，所以，.即是首项为，公比为2的等比数列，所以.（2）由，故，所以，则，故.18.【解析】（1）解法一：由题，由正弦定理得，.，所以，化简得，解得或（舍去）.解法二：由题，由正弦定理得，即，即，又，故，所以，又，故，所以，又，故，化简得，因此且，所以
8、.（2）由（1）知，因此，.所以，因为，.所以.19.【解析】（1）因为是的中点，所以，在直角中，所以，在矩形中，所以，又因为，所以在中，即.而平面，所以平面，而平面，所以平面平面.（2）由（1）平面平面，且，所以平面，所以，即是直角三角形，因为，所以，又知，平面，设点到平面的距离为，则，即，即，所以，所以点到平面的距离为.20.【解析】（1）由题当时，即.当时，.-得，所以.（2）由（1）知，则21.【解析】（1）当时，所以，.则切线方程为，.即曲线在点处的切线方程为.（2）证明：要证，即证，设，即证，当时，在上为增函数，且中，.故在上有唯一实数根，且.当时，当时，从而当时，取得最小值.由，得，故.综上，当时，即.22.【解析】（1）由题（为参数），消去参数得直线，.，即，即曲线的直角坐标方程为.（2）由得又，所以，即，所以曲线的方程是，.由得.所以的取值范围是.23.【解析】（1），当时等号成立，.又知当时，取得最小值，所以当时，有最小值，此时，所以.（2）由（1）知，当且仅当时取等号，所以的最小值为.学科网（北京）股份有限公司
