2023届四川省内江市高三第三次模拟考试数学（文）试题含解析

这是一份2023届四川省内江市高三第三次模拟考试数学（文）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省内江市高中高三第三次模拟考试题数学（文）试题 一、单选题1．已知复数，其中i是虚数单位，是z的共轭复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，根据，解出即可.【详解】设，，，解得，所以，故选：B2．已知全集，，，（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简集合M，根据集合的并集、补集运算即可得解.【详解】，，，，故选：A3．空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级，如图是某市4月1日至14．日连续14天的空气质量指数趋势图，则下列说法中正确的是（    ）A．从2日到5日空气质量越来越差B．这14天中空气质量指数的中位数是214C．连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日D．这14天中空气质量指数的平均数约为189【答案】D【分析】观察数据变化可判断A项；将14天的空气质量指数由小到大依次排列，即可得出中位数，判断B项；根据折线图及方差的概念可判断C项；根据数据计算平均数可判断D项.【详解】对于A选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，A选项错误；对于B选项：由图象可知，14天的空气质量指数由小到大依次为：80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，所以中位数为，B选项错误；对于C选项：方差表示数据波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方差最小的是9日到11日，C选项错误；对于D选项：这14天中空气质量指数的平均数约为 ，D选项正确；故选：D.4．我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．某“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】先由三视图得到几何体的直观图，再分别求得棱长比较下结论.【详解】解：由三视图得该几何体如图所示：由图知：，，故选：C5．函数的部分图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.【详解】函数的定义域为，且，所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，所以选项C、D错误；又，所以选项B错误；故选：A.6．已知函数和有相同的极大值，则（    ）A．2 B．0 C．-3 D．-1【答案】B【分析】利用导数法求得和的极大值，然后根据与有相同的极大值建立方程求解即可.【详解】，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，又，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，依据题意，和有相同的极大值，故，所以，所以.故选：B.7．一个人连续射击次，则下列各事件关系中，说法正确的是（    ）A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件C．事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件D．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件【答案】D【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.【详解】一个人连续射击次，其可能结果为击中次，击中次，击中次，其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，事件“第二次击中” 包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；故选：D8．位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表．圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即）约为32.5°，夏至正午太阳高度角（即）约为79.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为14米，则表高（即的长）约为（    ）（其中，）A．9.27米 B．9.33米 C．9.45米 D．9.51米【答案】C【分析】根据题意，，进而代入数据求解即可.【详解】解：如图，，设表高，则由题知，，所以，因为，，，所以，解得，所以，表高（即的长）约为米.故选：C9．已知圆锥的母线长为2，侧面积为，则过顶点的截面面积的最大值等于（    ）A． B． C．3 D．2【答案】D【分析】结合圆锥的母线长和侧面积可求得底面圆的周长、半径，再得到轴截面的顶角，进而得到截面三角形顶角的取值范围，故当截面为顶角是的等腰三角形时面积最大，即得解【详解】由圆锥的母线长为2，侧面积为，假设底面圆周长为，因此，故底面圆周长为，底面圆的半径为.由于轴截面为腰长为2，底边长为底面圆直径的等腰三角形，因此轴截面的顶角是.故当截面为顶角是的等腰三角形时面积最大，此时.故选：D【点睛】本题考查了圆锥的侧面积和截面面积问题，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理，数学运算能力，为中档题10．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（    ）A．3 B．6 C． D．【答案】B【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积，即①.因为点P为椭圆C的上顶点，所以.因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②①②联立解得：.所以椭圆C的长轴长为2a=6.故选：B11．若函数（）在区间上是单调函数，则的取值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，由计算得出，根据题意得出或，可得出关于的不等式组，可解得实数的取值范围，由此可得出结果.【详解】令，，则，因为函数在上单调，所以，且或，即或解得或，因此，的取值可以是.故选：B12．若关于x的不等式有且只有一个整数解，则正实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】原不等式可化简为，设，，作出函数的图象，由图象可知函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线，进而求得答案．【详解】原不等式可化简为，设，，由得，，令可得，时，，时，，易知函数在单调递减，在单调递增，且，作出的图象如下图所示，而函数恒过点，要使关于的不等式有且只有一个整数解，则函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线），又，，∴，，∴，∴．故选：A． 二、填空题13．已知，且，则__________．【答案】【分析】利用垂直关系的向量表示，向量数量积的运算律求解作答.【详解】因为，，因此，即，即，所以.故答案为：14．若满足约束条件则的最大值为_________.【答案】1【分析】根据约束条件作出可行域，平移目标，求出的最大值，从而可得z的最大值.【详解】作出可行域，如图，设，由图可知，在点A处取到最大值，联立，解得,所以的最大值为3，由于为增函数，故的最大值为1.【点睛】本题主要考查线性约束条件下，对数式的最值问题，先求真数部分的最值结合对数函数的单调性可求.15．设，分别是双曲线）的左、右焦点，O为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点E，与双曲线右支交于点P，且满足，，则双曲线的方程为___________．【答案】【分析】作图，根据图中的几何关系以及条件求出b即可.【详解】依题意作下图：由条件 知：E是 的中点，并且 ，所以 是等腰三角形， ，又 ， 的外接圆是以O为圆心， 为半径的圆， ，由 知 ，在 中， ， ， ，根据双曲线的定义有： ，即 ，双曲线的方程为： ；故答案为：.16．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为___________．【答案】【分析】分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；故答案为：. 三、解答题17．已知数列的前项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式．(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）方法一：由之间关系可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式求得；方法二：由已知关系式可证得数列为等比数列，由此可推导求得，利用之间关系可求得；（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.【详解】（1）方法一：当时，由得：，即，又，；当时，，又，满足，即当时，成立，数列是以为首项，为公比的等比数列，.方法二：由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，，即，当时，，又满足，.（2）由（1）得：，.18．某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在8个卖场的销售量（单位；台），并根据这8个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图．为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”．(1)当，时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n，比较m，n的大小关系；(2)在这8个卖场中，随机选取2个卖场，求这两个卖场都是甲型号电视机的“星级卖场”的概率；(3)记乙型号电视机销售量的方差为，根据茎叶图推断a与b分别取何值时，达到最小值．（只需写出结论）【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）计算甲乙的平均数比较大小即可；（2）分析数据，列出X的分布列并求出数学期望；（3）根据方差的性质，时，离散程度越小，达到最小值．【详解】（1）根据茎叶图可知甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为，甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”数量为，所以；（2）由（1）知，甲型号电视机的“星级卖场”数量为4，设选取的两个卖场都是甲型电视机的“星级卖场”设为事件M，设甲型号电视机的“星级卖场”分别为a，b，c，d，甲型号电视机的非“星级卖场”分别为A，B，C，D，从这8个卖场中，随机选取2个卖场，有AB，AC，AD，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，Ca，Cb，Cc，Cd，Da，Db，Dc，Dd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共计28个其中满足条件为ab，ac，ad，bc，bd，cd，计6个  所以，（3）方差代表和中心偏离的程度， 设平均数为，，值越小和中心偏离的程度越小，方差越小，所以当时，达到最小值．19．在中，，，过点A作，交线段BC于点D（如图1），沿AD将折起，使（如图2），点E、M分别为棱BC、AC的中点．(1)求证：；(2)在图2中，当三棱锥A-BCD的体积取最大值时，求三棱锥A-MDE的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由，证得平面ABD，从而，又，即可得证；（2）设，可证平面BCD，可得，利用导数法求最值，可知，又平面ACD，利用等体积法，由求得答案．【详解】（1），，，AD、平面ABD，平面ABD，平面ABD，又分别为AC、BC的中点，，．（2）图1所示的中，设，则，，，为等腰直角三角形，．折起后，，且，、平面BCD，平面BCD，又，，，，令，，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，时，取最大值，即三棱锥A-BCD的体积最大，平面BCD，平面BCD，,又，，、平面ACD，平面ACD，因为E为线段BC的中点，所以E到平面ACD的距离，，又，故三棱锥A-MDE的体积为．20．若存在实数k，b，使得函数和对其定义域上的任意实数x同时满足：且，则称直线：为函数和的“隔离直线”.已知，（其中e为自然对数的底数）.试问：（1）函数和的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；（2）函数和是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）存在，交点坐标为；（2）存在，【分析】（1）构造函数，求导得到函数的单调区间，得到函数在处取得最小值为0，得到答案.（2）设直线，根据得到，再证明恒成立，令，求导得到单调区间，计算最值得到证明.【详解】（1）∵，∴，令，得，当时，，时，，故当时，取到最小值，最小值是0，从而函数和的图象在处有公共点，交点坐标为.（2）由（1）可知，函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为，即，由，可得在上恒成立，则，只有，此时直线方程为：，下面证明恒成立，令，，当时，，当时，函数单调递减；时，，函数单调递增，则当时，取到最小值是0，所以，则当时恒成立.∴函数和存在唯一的隔离直线.【点睛】本题考查了函数图像的交点问题，求新定义“隔离直线”方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21．已知椭圆焦距为2，一条连接椭圆的两个顶点的直线斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，试问轴上是否存在点，使得直线斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定值为，定点；.定值为，定点；.【分析】（1）由题意可得解得，即可得答案；（2）由（1）知椭圆右焦点坐标为，设直线，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理可得，从而求得定点的坐标；【详解】解：（1）由题意易知：，解得：椭圆方程为：（2）由（1）知椭圆右焦点坐标为，设直线，由得；显然，且此时由上式知：无论取何值，当，即时，是一个与无关的定值，当时，；当时，综上，存在定点，当定点为时，直线斜率之积，当定点为时，直线斜率之积.【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定点、定值问题，求解时注意分类讨论思想的应用.22．在平面直角坐标系中，将曲线向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的得到曲线，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）求曲线的参数方程；（2）已知点在第一象限，四边形是曲线的内接矩形，求内接矩形周长的最大值，并求周长最大时点的坐标．【答案】（1）（2），【分析】（1）先将曲线化为普通方程，再根据坐标变换规律，即可求得曲线的普通方程和参数方程；（2）根据题意，设点，则，利用辅助角公式化简周长的解析式，即可求出最大值及其对应的点的坐标.【详解】解：（1）由得将代入，整理得曲线的普通方程为， 设曲线上的点为，变换后的点为由题可知坐标变换为，即代入曲线的普通方程，整理得曲线的普通方程为 ，曲线的参数方程为(为参数).  （2）设四边形的周长为，设点， ，且，，              ， ．                              且当时，取最大值，此时，所以，，，此时.【点睛】本题考查坐标变换及参数方程、普通方程和极坐标方程的转换方法，考查运用动点参数法求解问题，考查运算求解能力和数形结合思想，考查函数与方程思想.23．已知函数（）．(1)若，求证：；(2)若对于任意，都有，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）法一：由绝对值的几何意义及二次函数的性质即可证结论；法二：讨论、分别求的范围，即可证结论.（2）将问题化为在上恒成立，即可求参数a的范围.【详解】（1）法一：，而，所以．法二：当时，， 当时，，综上，．（2）当时，，由，得， 设，，对任意有恒成立，所以， 因为在上，，所以．