四川省内江市2023届高三第三次模拟考试数学（理）试卷(含答案)

这是一份四川省内江市2023届高三第三次模拟考试数学（理）试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数，其中i是虚数单位，是的共轭复数，则( )
A.B.C.D.
2．已知全集，，，( )
A.B.C.D.
3．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214
C.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
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
5．函数的部分图像大致为( )
A.B.
C.D.
6．已知函数和有相同的极大值，则( )
A.2B.0C.-3D.-1
7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为( )
A.4B.C.D.6
8．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，夏至正午太阳高度角（即）约为，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，）
米米米米
9．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.3D.2
10．已知双曲线上有不同的三点A、B、P，且A、B关于原点对称，直线PA、PB的斜率分别为、，且，则离心率e的值为( )
A.B.C.D.
11．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，且在上有5个零点，则( )
A.1B.5C.9D.13
12．设，，，则( )
A.B.C.D.
二、填空题
13．已知，，且，则向量在向量上的投影为__________.
14．若的展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是______.
15．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、乙各胜一局的概率为________.
16．已知，，P是圆O：上的一个动点，则的最大值为_________.
三、解答题
17．已知数列的前n项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式.
（2）记，求数列的前n项和.
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m，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）
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①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点N，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
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.
21．如图，曲线是以原点O为中心，、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点、为焦点的抛物线的一部分，A是曲线和的一个交点，且为钝角，，.
（1）求曲线和所在椭圆和抛物线的方程；
（2）过作一条与x轴不垂直的直线，分别和曲线和交于B、E、C、D四点，若G为的中点，H为的中点，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由.
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，x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M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M的坐标.
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.
参考答案
1．答案：A
解析：设，则，
，则.
故选：A.
2．答案：A
解析：，则；
，则.
则或.
故选：A.
3．答案：D
解析：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．答案：C
解析：由三视图得该几何体如图所示：
由图知：，，，，
，，
故选：C.
5．答案：A
解析：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．答案：B
解析：，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．答案：C
解析：要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切，
此时，如上图示，O为半球的球心，A为其中一个小球球心，则是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与O，A共线，
所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与长度之和，即，
故选：C.
8．答案：C
解析：如图，，，，
设表高，则由题知，，，
所以，，
因为，，，
所以，解得，
所以，标高（即的长）约为9.45米.
故选：C.
9．答案：D
解析：由圆锥的母线长为2，侧面积为，假设底面圆周长为l，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.
10．答案：B
解析：设，，根据对称性，知，
所以.
因为点A，P在双曲线上，所以，两式相减，得，
所以，所以，所以，
所以.
故选：B.
11．答案：B
解析：因为函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
所以，
因为是的一个单调递增区间，
所以，，即，解得，，
因为在上有5个零点，作出其草图如图，
所以，由上图可知，，解得，
所以，当时，
故选：B.
12．答案：A
解析：因为在上单调递增，于是，即，
令，，则，所以在上单调递减，
所以，即，
取，则，所以，即，
所以.
故选：A.
13．答案：
解析：因为，所以，即；
由，可得；
则向量在向量上的投影为.
故答案：.
14．答案：5
解析：因为的展开式的各项系数和为32，
令，得，所以，
又，
所以该展开式中的系数是.
故答案为：5.
15．答案：
解析：分两种情况讨论：
（1）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；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：.
16．答案：
解析：设外接圆半径为R，由正弦定理，，当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，最大.
设外接圆圆心为M，由题可得其在AB中垂线上，可设其坐标为：.
则，，又圆M与圆O相内切，则圆心距等于半径之差，则，
等式两边平方并化简后可得：.
即外接圆半径为R的最小值为.
则此时最大，最大值为.
故答案为：.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）方法一：当时，由得：，即，
又，；
当时，，
又，满足，即当时，成立，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，.
方法二：由得：，又，
数列是以4为首项，2为公比的等比数列，，
即，
当时，，
又满足，.
（2）由（1）得：，
.
18．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（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．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1），，，、平面，
平面，平面，.
又，E分别为，的中点，
，.
（2）选①，在图1所示的中，由，
解得或（舍去）.
设，在中，，
解得，.
以点D为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的坐标系，
，，，，，，
则.
设，则.
，，即，解得，
，当（即N是的靠近D的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则，
取平面CBN的一个法向量，
则，
平面BMN与平面的夹角的余弦值为.
选②，在图1所示的中，设，
则，
又，由平面向量基本定理知，即.
以点D为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则.
设，则，，，
即，解得，，
当（即N是的靠近D的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
选③，在图1所示的中，设，则，
，，为等腰直角三角形，.
折起后，，且，、平面，
平面，又，，
，，
令，，
当时，；当时，，
时，三棱锥的体积最大.
以点D为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则，
设，则.
，，即，
解得，，
当（即N是的靠近D的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
20．答案：（1）存在，交点坐标为
（2）存在，
解析：（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.
21．答案：（1）椭圆方程为，抛物线方程为.
（2）是，且
解析：（1）设椭圆方程为，则，得，
设、、，抛物线方程为，其中，
则，，
两式相减得，由抛物线定义可知，
因为为钝角，则，解得，
所以，椭圆方程为，抛物线方程为.
（2）设、、、，
设直线的方程为，其中，
联立可得，
由韦达定理可得，，
联立可得，由韦达定理可得，，
所以，
.
22．答案：（1）
（2），
解析：（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l，设点，
，
且，，
，，，
.
且当时，l取最大值，此时，
所以，，，此时.
23．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（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.