四川省内江市2023届高三第三次模拟考试数学（文）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（文）试卷(含答案)，共19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z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
7．一个人连续射击2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
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．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π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.3B.6C.D.
11．若函数（）在区间上是单调函数，则的取值可以是( )
A.B.C.D.
12．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.
二、填空题
13．已知，且，则__________.
14．若x，y满足约束条件则的最大值为_________.
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___________.
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___________.
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）在图2中，当三棱锥的体积取最大值时，求三棱锥的体积.
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．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C的方程；
（2）过椭圆C右焦点F且不与x轴重合的直线与椭圆C相交于A，B两点，试问x轴上是否存在点P，使得直线，斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点P的坐标；若不存在，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：B
解析：设，，，解得，
，所以，
故选：B.
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：D
解析：一个人连续射击2次，其可能结果为击中0次，击中1次击中2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D.
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：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：②
①②联立解得：，.
所以椭圆C的长轴长为.
故选：B.
11．答案：B
解析：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：B.
12．答案：A
解析：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x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.
13．答案：
解析：因为，，因此，即，即，
所以.
故答案为：.
14．答案：1
解析：作出可行域，如图，
设，由图可知，t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.
15．答案：
解析：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．答案：
解析：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：.
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），，，AD、平面ABD，
平面ABD，平面ABD，，
又，E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，
故三棱锥的体积为.
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）
（2）存在，定值为，定点；定值为，定点
解析：（1）由题意易知：，解得：
椭圆C方程为：.
（2）由（1）知椭圆C右焦点F坐标为，
设直线，，，，
由得；
显然，且
此时
，
由上式知：无论m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.
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.