四川省2023届高三数学三诊模拟理科试题含解析

这是一份四川省2023届高三数学三诊模拟理科试题含解析，共23页。试卷主要包含了 设全集为，集合，，则， 若，则， 已知命题， 在中，点满足与交于点，若，则， 已知数列的前n项和为，若，， 函数的图象大致是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合A中元素范围，再求即可.
【详解】，
又，
.
故选：C.
2. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由共轭复数的概念与复数的四则运算法则求解即可
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A
3. 已知命题：“”；命题：“函数单调递增”，则是的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不必要又不充分条件
【答案】A
【解析】
【分析】通过导数研究的单调性，以此判断命题p与的关系即可.
【详解】当时，，因，，
则，得单调递增，有，即p是的充分条件.
当函数单调递增，有恒成立，
得，有不能推出p（a可以等于1）.即p不是的必要条件.
综上：p是的充分不必要条件.
故选：A
4. 2月国家统计局发布中华人民共和国2022年国民经济和社会发展统计公报．下图1是2018-2022年国内生产总值及其增长速度，图2是2018-2022年三次产业增加值占国内生产总值比重（三次产业包括第一产业，第二产业，第三产业）．根据图1，图2，以下描述不正确的是（）
A. 2018-2022年国内生产总值呈逐年增长的趋势
B. 2020年与2022年国内生产总值的增长速度较上一年有明显回落
C. 2018-2022年第三产业增加值占国内生产总值比重的极差为1.7%
D. 2020年第二产业增加值较2019年有所减少
【答案】D
【解析】
【分析】根据给出的图形逐一分析判断即可.
【详解】依题意，
对于A：由图1可以看出直方图逐年增高，所以2018-2022年国内生产总值呈逐年增长的趋势，故A正确；
对于B：由图1可以看出折线在2020年与2022年时与上一年连线的斜率小于0，故B正确；
对于C：由图2可以得出2018-2022年第三产业增加值占国内生产总值比重最大值为：54.5%，
最小值为：52.8%，所以极差，故C正确；
对于D：结合图1图2可知，2019年第二产业的增加值为：亿元；
2020年第二产业的增加值为：亿元.
因为，所以2020年第二产业增加值较2019年有所增加，
故D错误.
故选：D.
5. 在中，点满足与交于点，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一，根据向量共线可得，再得，又，再表示出，利用向量相等解出，即可得解；法二，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出即可.
【详解】法一: 因为在上，故，所以存在唯一实数，使得，又，故为的中点，
所以，所以; 同理存在，使得，
又，
所以，所以，所以，所以，所以.
故选： C.
法二: 不妨设为等腰直角三角形，其中，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
，
则直线的方程分别为，
联立解得，由，
得，解得，则.
故选： C.
6. 已知数列的前n项和为，若，（），则等于（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数列递推式（），可得（），推出，（），结合等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】因为（），所以（），
两式相减得，（），
由（），得，故可知，
而，所以，（），
故从第二项开始，为公比为4的等比数列，
故，
故选：A
7. 函数的图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
故选：C
8. 设，若函数在上单调递增，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先用诱导公式化简，再根据正弦函数的单调性可得，结合条件即得.
详解】，
由，，可得，
根据正弦函数的单调性，可得：，又，
所以，即.
故选：D.
9. 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. 32B. 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.
10. 已知一个三棱锥的三视图如图所示，正视图为正方形，侧视图和俯视图均为直角三角形，则该几何体外接球的表面积是（）
A. ​B. ​C. ​D. ​
【答案】B
【解析】
【分析】利用三视图作出立体图，计算出外接球的半径，即可得出该几何体外接球的表面积.
【详解】由题意及图得，
该几何体为图中三棱锥,
其外接球与它所在长方体外接球是同一个, 设其外接球的半径为，
则有,
∴外接球的表面积为：.
故选：B.
11. 智慧的人们在进行工业设计时，巧妙地利用了圆锥曲线的光学性质，比如电影放映机利用椭圆镜面反射出聚焦光线，探照灯利用抛物线镜面反射出平行光线．如图，从双曲线右焦点发出的光线通过双曲线镜面反射，且反射光线的反向延长线经过左焦点．已知入射光线斜率为，且和反射光线PE互相垂直（其中P为入射点），则双曲线的离心率为（）
AB.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由入射光线的斜率得出，进而得出，再由双曲线的定义得出双曲线的离心率.
【详解】因为入射光线斜率为，所以，又，，
所以，又，
所以.
故选：D
12. 已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，求导可得在上单调递减，再根据转化为，再结合的单调性求解即可.
【详解】设，则.
因为，所以，即，
所以在上单调递减.
不等式等价于不等式，即.
因为，所以，所以.
因为在上单调递减，所以，解得
故选：A
二、填空题（本大题共4个小题，每题5分，共20分）
13. 已知​，则​__________．
【答案】##0.28
【解析】
【分析】求出的值，即可计算出.
详解】由题意，，
，
解得：，
∴，
，
故答案为：.
14. 二项式的展开式中所有二项式系数之和为64，则二项式的展开式中常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数和公式求，再由二项展开式的通项公式求常数项即可.
【详解】由二项式的展开式中所有二项式系数之和为64，得，即．
所以．
令，得，
所以二项式的展开式中常数项为．
故答案为：
15. 《定理汇编》记载了诸多重要的几何定理，其中有一些定理是关于鞋匠刀形的，即由在同一直线上同侧的三个半圆所围成的图形，其被阿基米德称为鞋匠刀形.如图所示，三个半圆的圆心分别为，，，半径分别为，，（其中），在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】通过计算三个半圆的面积，表示阴影部分的面积，利用几何概型的概率计算公式即可得出答案.
【详解】解：阴影部分面积为：
由图可知：，所以
则，
因为在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为，
所以，
，即，则
解得：，因为，
所以.
故答案为：.
16. 如图,在正方体中,点在线段上运动,有下列判断:①平面平面;②平面;③异面直线与所成角的取值范围是;④三棱锥的体积不变.其中,正确的是________(把所有正确判断的序号都填上).
【答案】①②④
【解析】
【分析】
根据线面关系,逐项判断,即可求得答案.
【详解】对于①,在正方体中,平面,平面,
平面平面,故①正确;
对于②,连接,如图:
容易证明平面//平面,
又平面,
∥平面故②正确;
对于③,∥,
异面直线与所成的角就是直线与所成的角,
在中,易知所求角的范围是,故③错误;
对于④,
点到平面的距离不变,且的面积不变,
三棱锥的体积不变,故④正确.
综上所述,正确的是①②④.
故答案为:①②④.
【点睛】本题主要考查线线、线面、面面的平行与垂直关系,异面直线所成的角,三棱锥的体积等知识,解题关键是掌握正方体的特征和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于中档题.
三、解答题：（共70分，第17-21题是必考题，每题12分，每个试题考生必须作答，第22-23题为选考题，考生根据要求作答，10分）
17. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长．
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解；
（2）在和中用两次正弦定理可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解.
【小问1详解】
解法一：由余弦定理可得，
即，整理可得，
所以，
因为，所以.
解法二：由正弦定理可得，
因为，，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
如图所示
由题意可得是角的平分线，，，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
所以，由正弦定理边角互化得，
在中由余弦定理解得，
所以，
在由余弦定理得，
解得.
18. 2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲､乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，其中.
（1）若，分别求出该考生报考甲､乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和二项分布的概率公式求解即可；
（2）该考生报考甲大学通过的科目数为，报考乙大学通过的科目数为，进而结合二项分布求解，根据独立事件的乘法公式求解的分布列及其期望，进而结合题意求解.
小问1详解】
解：设“该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目”为事件，“该考生报考乙
大学恰好通过一门笔试科目”为事件，
根据题意可得，
【小问2详解】
解：设该考生报考甲大学通过的科目数为，报考乙大学通过的科目数为，
根据题意可知，，所以，，
，
，
.
则随机变量的分布列为：
，
若该考生更希望通过乙大学的笔试时，有，
所以，又因为，所以，
所以，的取值范围是.
19. 圆柱中，四边形为过轴的截面，，，为底面圆的内接正三角形，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接延长交于点，连接，证明三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，运用向量垂直的性质即可证明，再由线面垂直判定定理即可证明；
（2）由（1）知是平面的一个法向量，根据求法向量的步骤求出平面的法向量，求出两个平面法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
依题意，连接延长交于点，连接，
因为为底面圆的内接正三角形，
所以既是的外心也是重心，所以为的中点，
因此，又，
所以，，
又底面，，底面，所以，，
所以三条直线两两垂直，以为空间直角坐标系原点，
分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为四边形为过轴的截面，，，
所以是圆的直径，所以，
所以，，，由此可得：
，，，，
，，，
所以，，，
所以，
所以，即，
又，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，
所以是平面的一个法向量，，，
设平面的法向量为，则有：
即，
令，则有：，
所以平面的一个法向量可以是：，
所以，
设平面与平面所成角为，则与相等或者互补，
因为，所以
所以.
20. 如图，已知椭圆C：（）的上顶点为，离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点A作圆（圆在椭圆C内）的两条切线分别与椭圆C相交于B，D两点(B，D不同于点A)，当r变化时，试问直线BD是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的顶点和离心率建立方程组求解椭圆方程；
（2）圆M过A的切线方程可设为l：，代入椭圆，解出B，D坐标，根据直线与圆相切结合韦达定理得斜率的关系，表示出直线BD的方程即可求得过定点.
【详解】解：（1）依题意可得：）
（2）圆M过A的切线方程可设为l：，代入椭圆C的方程得：
，
可得；同理可得
由圆M与l相切得：
由韦达定理得：
所以直线BD的斜率……
直线BD的方程为：
化简为：，即
所以，当变化时，直线BD总过定点
【点睛】此题考查求椭圆的方程，根据直线与椭圆，直线与圆的位置关系讨论直线的定点问题，关键在于准确进行等价转化计算求解.
21. 已知函数．
（1）若单调递减，求a的取值范围；
（2）若有两个极值点，且，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1），因为单调递减，所以在时恒成立，即，令，问题转化为求的最值，利用导数求解即可；
（2）由题意可知，且，要证明，只需证明．由得，所以．令，，则需证明．令，则，令，可求得，从而在时单调递减，所以，原不等式即可得证．
【小问1详解】
由得，
因为单调递减，所以在时恒成立，
即，令，则，
可知时，，单调递增；时，，单调递减，
则时取最大值，所以，
所以，的取值范围是．
【小问2详解】
由（1）知，当时，单调递减，不合题意；
因为函数有两个极值点，则有两个零点，
令，，
当时，，单调递增，不合题意，
可知，且，
要证明，只需证明．
由得则，
所以，.
令，则，要证明，需证明．
令，且，则，
令，且，则，
则在时单调递增，故，
故，则在时单调递减，
所以，，即，则有，
所以，即原不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数的单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．
22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．在极坐标系（与直角坐标系取相同的单位长度，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的极坐标方程为．
（1）求圆的直角坐标方程；
（2）设圆与直线交于点，，若点的坐标为，求．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）把直线参数方程代入圆的普通方程，利用参数的几何意义求解：即，结合韦达定理进行计算（可先判断的符号，化简绝对值）．
【详解】（1）由题意得圆的直角坐标方程为．
（2）设点，对应的参数分别为，，
将，代入整理，
得，则，
又点在直线上，
所以．
23. 已知、为非负实数，函数．
（1）当，时，解不等式；
（2）若函数的最小值为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
解：当，时，．
当时，，解得，此时；
当时，，此时原不等式无解；
当时，，解得，此时．
综上，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由，
因为，，当且仅当时，等号成立，
．
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
综上，的最大值为．
0
1
2
3