2023届四川省蓉城联盟高三三模数学（文）试题含解析

2023届四川省蓉城联盟高三三模数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.

【详解】解：由题意得，

，

故选：D.

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据诱导公式和正弦和角公式求解即可.

【详解】解：因为

所以，，

所以，

.

故选:C.

3．校园环境对学生的成长是重要的，好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作，采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：

2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（    ）

A．优秀 B．良好 C．合格 D．不合格

【答案】B

【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.

【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组的频率分别为，第4组的频率为

所以，中位数，即满足，对应的评价是良好.

故选：B.

4．双曲线的离心率为，其渐近线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据，结合双曲线的结合性质求得，进而求得双曲线的渐近线方程.

【详解】由题意知，双曲线的离心率为，

可得，即，解得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故选：B.

5．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得到，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】由题意，平面直角坐标系中， 为坐标原点，且，

可得，

则且，

所以.

故选：A.

6．一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为4，下底长为2，腰长为的等腰梯形，则该四棱台的体积为（    ）

A． B． C．28 D．

【答案】A

【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为，上底长为4，下底长为2的正四棱台求解.

【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为，

因为上底长为4，下底长为2，

所以该棱台的高为，

棱台的体积，

故选：.

7．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则的最小值是（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】A

【分析】先求得时，函数的值域为，结合函数为奇函数，求得函数的值域，进而求得其最小值.

【详解】当时，函数，

当时，；当时，，

所以函数在上的值域为

因为是上的奇函数，所以的值域为，

所以的最小值是.

故选：A.

8．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学.作为当今世界十分风靡和活跃的新理论､新学科，它的出现使人们重新审视这个世界：世界是非线性的，分形无处不在.分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还具有深刻的科学方法论意义，由此可见分形的重要性.美国物理学大师JohnWheeler曾说过：今后谁不熟悉分形，谁就不能被称为科学上的文化人.koch雪花曲线是一种典型的分形曲线，它的制作步骤如下：

第一步：任意画一个正三角形，记为，并把的每一条边三等分；

第二步：以三等分后的每一条边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，记所得图形为；

第三步：把的每一条边三等分，重复第二步的制作，记所得图形为；

同样的制作步骤重复下去，可以得到，直到无穷，所画出的曲线叫做koch雪花曲线.

若下图中的边长为1，则图形的周长为（    ）

A．6 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，建立图形中的边数为，每条边的长度为的递推关系，进而结合等比数列求通项公式即可得答案.

【详解】解：设图形中的边数为，每条边的长度为，

所以，由题可知，数列的递推关系为，；

数列的递推关系为，，

所以，由等比数列定义与通项公式得图形的边数为，边长为，

所以，图形的周长为，

所以，当时，图形的周长为.

故选：D.

9．将2个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻且2个1也不相邻的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】列举法求解即可.

【详解】解：基本事件有：，满足要求的有：

.

故选：C.

10．已知直线是函数图象的任意两条对称轴，且的最小值为，则的单调递增区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题知，进而得，再求解函数单调区间即可.

【详解】解：直线是函数图象的任意两条对称轴，且的最小值为，

，即，

令，解得，

的单调递增区间是.

故选：B.

11．如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，利用球的截面性质得到四边形为矩形，然后设外接球半径为，由求解.

【详解】解：如图，

设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，

则面面.

由题意得为的外心，

在中，，

所以，

又四边形为矩形，

，设外接球半径为，

则外接球表面积，

故选：B.

12．设函数，其中是自然对数的底数.则（    ）

A．当时，

B．当时，的零点个数为0

C．当时，

D．当时，的零点个数为1

【答案】B

【分析】令，求得且，分别当和时，可判定A、C错误；当，得到；当时，求得，令，求得函数的单调性，得到，可判定B正确；当，得到；当，令，利用导数求得函数的单调区间和最小值，得到，进而可判定D不正确.

【详解】令，则，且，

当时，，所以存在一个较小的数使得都有，

当时，，所以存在一个较小的数使得都有所以A、C都不正确；

对于B中，当，则，

当时，可得，令，

可得，所以在单增，则，

即，所以在单增，则，即，

所以的零点个数为0，所以B正确；

对于D中，当，则；

当，令，可得，令，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得最小值，最小值为，所以，

所以，

所以的零点个数为0，所以D不正确.

故选：B.

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

二、填空题

13．设是虚数单位，复数的模长为__________.

【答案】

【分析】先根据复数的除法化简，然后由模长公式可得.

【详解】解：模长为.

故答案为：.

14．函数的零点个数为__________.

【答案】1

【分析】在同一坐标系中作出与的图象，由图即可得出答案.

【详解】解：注意到，在同一坐标系中作出与的图象，

易知零点个数为1.

故答案为：1.

15．如图，在中，.延长到点，使得，则的面积为__________.

【答案】

【分析】根据正弦定理和面积公式求解即可.

【详解】解：因为在中，，，

所以，由正弦定理得，即，

所以，，

在中，由正弦定理可得，

因为

所以，.

故答案为：.

16．抛物线：的焦点为，直线与交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，则________.

【答案】6

【分析】要求，需要求出，设直线的斜率为，根据条件表示出线段的垂直平分线方程，令，可得，又由点差法可得，从而可求出，即也可知道，从而可求出

【详解】由题意得，设线段的中点为，

则，

设直线的斜率为，

则线段的垂直平分线方程为，

令，得，即，

又，作差得

整理得，

所以，

∴．

故答案为6．

【点睛】本题考查直线与抛物线相交的弦的垂直平分线问题，关键在于点差法以及弦长公式的运用，考查学生的计算能力，是基础题

三、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且.

(1)求；

(2)设数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的基本量计算得，再求通项公式即可；

（2）由题知数列是以2为首项，4为公比的等比数列，进而结合求和公式求解即可.

【详解】（1）解：设的公差为，由得，，解得，

∵，即，

∴，

∴，

∴；

（2）解：由得，

∴，即数列是以2为首项，4为公比的等比数列，

.

18．随着容城生态公园绿道全环贯通，环城绿道骑行成为最热门的户外休闲方式之一.环城绿道全程约100公里，不仅可以绕蓉城一圈，更能360度无死角欣赏蓉城这座城市的发展与魅力.某位同学近半年来骑行了5次，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：

(1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

(2)建立关于的回归方程.

参考数据和参考公式：

相关系数.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据数据求出相关系数，由相关系数的可判断相关程度；

（2）利用公式直接计算可得.

【详解】（1），

相关系数近似为，说明与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；

（2）由（1）中数据，，

，

关于的回归方程为.

19．如图，正三棱柱的体积为是的中线上的点.

(1)求证：；

(2)经过且与垂直的平面交于点，当三棱锥的体积最大时，求的长.

【答案】(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由正棱锥的性质可得，从而由线面垂直的判定定理可得面，再由线面垂直的性质可得结论；

（2）设线段的中点为，若三棱锥的体积最大，则点到面的距离最大，可得点在以为直径的圆上，从而可求出点到面的最大距离，进而可求得结果.

【详解】（1）在正三棱柱中，是的中线，

，

又面面

，

而，面，

面，

又，即面，

而 ；

（2）设线段的中点为，由得，

若三棱锥的体积最大，则点到面的距离最大，

面点在以为直径的圆上，

作出截面，如图，易知点到面的最大距离为，

此时，

.

20．已知函数，其中.

(1)当时，求的单调区间；

(2)若对任意，都有求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；

(2)

【分析】（1）求导，因式分解后可知其单调区间；

（2）分和讨论其单调性，根据函数最大值小于等于1解不等式可得.

【详解】（1）当时，，，

当时，；当时，，

的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2），

当；当，

在单调递减；在单调递增，

①当时，在单调递减，且，

，符合题意；

②当时，则在单调递减；在单调递增，于是，

实数的取值范围为.

21．已知椭圆的离心率为，且过点.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与轴交于点，过作直线交于两点，交于两点.已知直线交于点，直线交于点.试探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由.

【答案】(1)

(2)是，1

【分析】（1）由题设可得关于的方程组，求出其解后可得椭圆的方程.

(2)【详解】（1）由题意，，解得，

代入点得，解得，

的方程为：；

（2）

由题意，，当斜率都不为0时，设，，

当时，由对称性得，

当时，联立方程，得

恒成立，，

同理可得：，

直线方程：，

令，得，

同理：，

，

，

当斜率之一为0时，不妨设斜率为0，则，

直线方程：，直线方程：，

令，得，

，

综上：.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，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)求曲线及曲线的直角坐标方程；

(2)设点在曲线上，点在曲线上，求的最小值.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）由曲线的参数方程通过将两个式子两边分别平方再相减可消去参数，得到曲线的普通方程；对于曲线先化为，再利用公式直接化为直角坐标方程即可；

（2）根据曲线是以为圆心，的圆，则，设，利用两点距离公式建立，令，从而利用二次函数即可求得最小值.

【详解】（1）由变形得，

则有曲线的直角坐标方程为，

，即，

由代入得，，

曲线的直角坐标方程为；

（2）由（1）得曲线是以为圆心，的圆，

设，

则，

设，

当时，，

.

23．已知，且，证明：

(1)；

(2)若，则.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由柯西不等式即可证明；

（2）由均值的不等式可得，由（1）可得，即可证明.

【详解】（1）由，得，

由柯西不等式有，

，当且仅当时等号成立，

，当且仅当时等号成立；

（2）由可得

，

当且仅当时取等，

由（1）可得，当且仅当时等号成立，

从而，当且仅当时等号成立.