2023届贵州省凯里市第一中学高三三模数学（文）试题含解析

2023届贵州省凯里市第一中学高三三模数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合下列关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据元素与集合的关系求解.

【详解】因为，

所以A、C错误，

因为，所以，所以B错误，

又，所以，所以D正确，

故选:D．

2．设复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求得，再利用复数除法即可求得的代数形式.

【详解】，则

，

故选：C.

3．已知，是椭圆的上、下顶点，为的一个焦点，若的面积为，则的长轴长为（    ）

A．3 B．6 C．9 D．18

【答案】B

【分析】依题意可得且，即可求出，从而求出，即可得解.

【详解】由题可知，则，所以，所以，

故的长轴长为．

故选：B

4．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由等差数列前项和公式求出、，可解问题.

【详解】由题意可知，∴，，．

故选：A

5．已知函数，函数的图象大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，可排除AC，求导，再根据函数的单调性和极值点可排除D，即可得解.

【详解】，令得或，

故函数有两个零点0，2，故A、C错误；

又因为，

当或时，，当时，，

所以函数在和上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得极大值，在处取得极小值，故D错.

故选：B．

6．酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量达到20~79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量酒后，其血液中的酒精含量上升到了1mg/mL．如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时20%的速度减少，那他至少经过（    ）小时才能驾驶．（参考数据）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】由题意可得，由对数的运算性质求解即可.

【详解】解析：设该驾驶员x小时后100mL血液中酒精含量为ymg，

则，

当时，有，即，

∴，

故选：D．

7．已知某封闭的直三棱柱各棱长均为2，若三棱柱内有一个球，则该球表面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件及三角形的面积公式，结合球的表面积公式即可求解

【详解】设底面三角形的内切圆的半径为r，则

，解得，小于高的一半1，

所以该球的最大半径为，

所以球表面积的最大值为.

故选:A．

8．已知函数在有且仅有两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦函数的性质结合整体思想即可得解.

【详解】因为，且在仅有两个零点，，

故，所以，解得.

故选：C.

9．正项等比数列的前n项积为，且满足，，则下列判断错误的是（    ）

A． B．

C．的最大值为 D．

【答案】D

【分析】先根据题干条件判断出，然后结合等比数列的性质逐一分析每个选项.

【详解】由知：或，若，

此时，但与矛盾，

故，故，故A正确，

根据等比中项可得，，B正确；

由于，显然C正确，

，D错误．

故选：D

10．在△ABC中，已知，M为线段AB的中点，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得求得，而，，然后计算化简可求得结果.

【详解】如图，∵，，

∵，，

∴

，

故选：B．

11．已知均为正数，且，甲、乙两位同学作出如下判断：

甲说：中至少有一个数小于4；

乙说：若，则a，b，c中至少有一个数不大于1

则关于甲、乙两位同学的判断正确的是（    ）

A．甲错误、乙错误 B．甲错误、乙正确

C．甲正确、乙错误 D．甲正确、乙正确

【答案】D

【分析】对于甲同学的命题可以从反面考虑，对于乙同学的命题可以考虑其逆否命题是否正确.

【详解】对于甲同学的话，均为正数，假设都不小于4，则，与已知矛盾，即甲正确；

对于乙同学的话，不妨考虑其逆否命题的正确性，假设均大于1，

设，，，即

，则

，

与已知矛盾，即乙正确．

故选：D．

12．已知，分别是双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与C的渐近线的一个交点为P，点P异于坐标原点O，若，则C的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得到的距离为及，根据，结合题意转化为的不等式，即可求解离心率的范围.

【详解】由题意，双曲线，

则其中一条渐近线方程为，即

可得到渐近线的距离为，即，则，

设，即，其中，

因为，可得，

整理得，所以，

解得：，

又因为，所以双曲线的离心率的取值范围是.

故选：A．

二、填空题

13．用3种不同的颜色给两个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则两个区域颜色相同的概率是__________.

【答案】

【分析】三种不同的颜色分别用表示，列出所有基本事件，确定事件两个区域颜色相同所包含的基本事件，利用古典概型概率公式求其概率.

【详解】三种不同的颜色分别用表示，则给两个区域涂色包含的基本事件有：

，共9个基本事件，

事件两个区域颜色相同包含的基本事件有：

，共3个基本事件，

所以事件两个区域颜色相同的概率.

故答案为：.

14．已知函数在处取得极值，则实数的值为__________.

【答案】1

【分析】根据极值的定义，由关系求，并对结果检验.

【详解】因为，

所以，

因为函数在处取得极值，

所以，解得.

由可得，

当时，，当时，，

所以时，函数函数在处取得极值，

故答案为：.

15．正数满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围__________.

【答案】

【分析】由不等式恒成立可得，利用基本不等式求的最小值，由此可求的取值范围.

【详解】因为不等式恒成立，所以，

由，，

可得，

当且仅当时等号成立，

所以，解得.

所以的取值范围为.

故答案为：.

16．如图，已知正方体的棱长为2，点是内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是_____.（填所有正确结论的序号）

①若，则平面；

②若，则直线与所成角的余弦值为；

③若，则的最大值为；

④若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为.

【答案】①②④.

【分析】利用面面平行性质定理即可证得选项A判断正确；求得直线与所成角的余弦值判断选项B；求得的最大值判断选项C；求得截面多边形的周长判断选项D.

【详解】对于①，由知，点在线段上，连接，

则，

又平面，平面，

则平面，平面，

又，平面，

则平面平面，

因为平面，所以平面，故①正确；

对于②，由，易知点是中点，

因为，则为异面直线直线与所成角，

且，，在中，由余弦定理知

，故②正确；

对于③，若，则，

因为的最大值为.判断错误；

对于④，易知平面，又因为，

所以平面平面，即所求截面与平面平行.

因为平面平面，

平面平面，所以，

同理可证，设，其中，

则，

因为，所以，

因为，

所以，

同理，可得，

故截面多面形的周长为；故④正确；

故答案为：①②④.

三、解答题

17．某机构为调查研究A湖泊水域覆盖面积x（单位：万平方米）和鱼群数量y（单位：千尾）的关系，用简单随机抽样的方法抽取该湖泊10个区域进行调查，得到样本数据分别为（，2，…，10），经计算得：，，，．

(1)经研究，y与x具有较强的线性相关性，请计算y关于x的回归直线方程；

(2)随着退田还湖政策的实施，A湖泊又增加了10万平方米，在保持A湖泊生态平衡的前提下，为增加经济效益，试估计该湖泊的管理者最多还能投放的鱼苗数量是多少？

参考公式：其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】(1)

(2)198.4千尾

【分析】（1）根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式即可求解；

（2）根据（1）中的回归方程知求解即可.

【详解】（1）

所以

则y关于x的回归方程为；

（2）在保持该湖泊现有生态平衡不变的情况下，当A湖泊的水域覆盖面积又增加了10万平方米时，即增加的，

所以增加的，

所以最多还能投放的鱼苗数量198.4千尾．

18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A的大小；

(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且，，求△ABC的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求得结果；

（2）由AD是△ABC的角平分线，可得，从而可求出，进而可求出三角形的面积.

【详解】（1）因为

所以根据正弦定理得：

即

由余弦定理得：

故

又

所以．

（2）因为AD是△ABC的角平分线，由，

得：，

所以

故．

19．如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面平面ABC，得到图2所示的三棱锥.点E，F，G分别在PA，PB，PC上，且，，.记平面EFG与平面ABC的交线为l.

(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法.

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)作图见解析

(2)

【分析】（1）利用平面的基本性质作图找到两个平面的交线；

（2）由面面、线面垂直的性质证，进而得到，即有，最后根据已知和等体积法求到平面的距离.

【详解】（1）作图步骤：延长EF、AB交于M，延长AC、EG交于N，连接MN，则直线MN即为交线l.

如下图示：

（2）记为的中点，则，

由面面ABC，面面ABC，面，

所以面ABC，面ABC，故，

由ABCD为正方形，故，易知，

所以，而，

在△中，则.

在中，

则，故，

，又，令到面距离为，

所以，则，

故点到平面的距离为.

20．已知直线与抛物线C：交于A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为.

(1)证明点D在一条定直线上；

(2)过点D作y轴的平行线交C于点E，线段的中点为，

①证明：为的中点；

②求面积的最小值.

【答案】(1)证明见解析

(2)①证明见解析；②

【分析】（1）求导得到，确定切线方程，化简得到A，B两点两点都在直线上，对比得到，，得到答案.

（2）联立方程得到根与系数的关系，计算得到的横坐标均为，纵坐标满足，得到证明，计算，点到直线的距离为，计算面积得到答案.

【详解】（1）设，，，由得，

C在点A处的切线方程为，

将代入上式得，故，

同理，

A，B两点两点都在直线上，

所以直线与直线是同一直线，故，，

即点D在定直线上.

（2）①，即为，为，

将与联立得，，

故，

线段的中点为，故三点共线，

，，故为的中点.

②，，

点到直线的距离为：

，

（当时取等），

面积的最小值为.

【点睛】关键点睛：本题考查了抛物线中的定直线问题，面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方法需要熟练掌握.

21．已知函数.

(1)证明：；

(2)证明：.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数求得的最小值为0，进而证得成立；

（2）先利用（1）证得，再利用裂项相消法求和即可证明原不等式成立.

【详解】（1），令，解得，

当时，解得；当，解得，

则在上单调递减，在上单调递增；

所以在取得最小值，，

恒成立，即恒成立.

（2）由（1）知，在上单调递增，且

所以在恒成立，即在恒成立.

所以在恒成立.

则当时，恒成立,

令，则，所以.

所以，

即.

所以，故得证.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)已知直线l与x轴的交点为P，l与C交于A，B两点，求的值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由曲线C的参数方程为（为参数），利用平方关系消去即可；由l的极坐标方程转化为，再将，代入求解；

（2）由点P的坐标为，可设直线l的参数方程为（t为参数），代入C的普通方程，利用直线参数的几何意义求解.

【详解】（1）解：由题得，C：，

故C的普通方程为．

l的极坐标方程转化为，

即

将，代入l的直角坐标方程为．

（2）可知点P的坐标为，

故可设直线l的参数方程为（t为参数）,

代入C的普通方程得：，

整理得，，

设点A，B对应的参数分别为，，

则，，

故．

23．已知函数．

(1)若，解不等式；

(2)若，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分，和三种情况讨论求解即可；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后将问题转化为，再解不等式可求得结果.

【详解】（1）若，可知，

当时，不等式转化为，

解得，

当时，不等式转化为，不等式恒成立，

当时，不等式转化为，

解得，

综上，不等式的解集为；

（2）若，则，

因为，

当且仅当时，等号成立，

故，

即或，

解得或，

则a的取值范围为．