四川省成都市石室中学2023届高三文科数学下学期三诊模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2023届高三文科数学下学期三诊模拟考试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

成都石室中学2022-2023学年度下期高2023届三诊模拟考试文科数学
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知图中阴影部分表示的集合为，，再根据集合运算求解即可.
【详解】解：由图可得，图中阴影部分表示的集合为，
因为，所以，
因为，所以或，
所以.
故选：B.
2. 已知是虚数单位，复数，则复数z共轭复数为（ ）
A. 2 B. 2 C. 2 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以复数的共轭复数还是2.
故选：A.
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2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（ ）．

A. 这14天中有5天空气质量为“中度污染”
B. 从2日到5日空气质量越来越好
C. 这14天中空气质量指数的中位数是214
D. 连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日
【答案】B
【解析】
【分析】根据折线图直接分析各选项.
【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；
B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，B选项正确；
C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；
D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；
故选：B.
4. 已知，则“”是“有两个不同的零点”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数有2个零点，求参数的取值范围，再判断充分，必要条件.
【详解】若有两个不同的零点，则，解得或，所以“”是“有两个不同的零点”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确.
6. 设是等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A. 16 B. 18 C. 20 D. 22
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列前项和公式进行求解即可.
【详解】设该等差数列的公差为，
因为是等差数列的前项和，
所以由，，可得，
所以，
故选：B
7. 英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型．如果物体的初始温度是，环境温度是，则经过物体的温度将满足，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数．现有的物体，若放在的空气中冷却，经过物体的温度为，则若使物体的温度为，需要冷却（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据及物体经过物体的温度为得出的值，再求出时的值即可．
【详解】由题意得，，，代入，
，即，
所以，
所以，
由题意得，，代入，
即，得，
即， 解得，
即若使物体的温度为，需要冷却，
故选：C．
8. 已知双曲线的右焦点为为坐标原点，以为直径的圆与双 曲线的一条渐近线交于点及点，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据双曲线方程求出渐近线方程：，再将点代入可得，连接，根据圆的性质可得，从而可求出，再由即可求解.
【详解】由双曲线，
则渐近线方程：，
，

连接，则，解得，
所以，解得.
故双曲线方程为.
故选：C
【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题.
9. 若三棱锥P-ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，其中PA⊥平面ABC，，，，则该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先补形为长方体，再根据长方体外接球计算球的体积即可.
【详解】因为PA⊥平面ABC，，所以可将该三棱锥进行补形，补成一个长方体，
从而长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，
则外接球的直径为，得，
故三棱锥P-ABC的外接球的体积为.
故选：D.
10. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递增，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】求出的解析式，根据在上单调递增得可得答案.
【详解】将的图象向右平移个单位长度后得到
的图象，
因为，所以，
因为在上单调递增，所以，即，
所以的最大值为.
故选：A.
11. 已知函数定义域为，为偶函数，为奇函数，且满足，则（ ）
A. B. 0 C. 2 D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件结合函数奇偶性的定义可求得函数的周期为4，利用赋值法可得，再结合周期可求得结果.
【详解】因为为偶函数，所以，所以，
因为为奇函数，所以，
所以，所以，
所以是以4为周期的周期函数，
由，令，得，则，
又，得，
由，令，得，则，
由，令，得，
则，
所以.
故选：B．
12. 设A，B是抛物线C：上两个不同的点，О为坐标原点，若直线OA与OB的斜率之积为-4，则下列结论正确的有（ ）
①②
③直线AB过抛物线C的焦点④面积的最小值是2
A. ①③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，得出韦达定理代入，可判断③；从而根据抛物线的性质可知，可判断①；再表示出的面积可判断④；对于②取，可判断；从而得出答案.
【详解】取，，满足，从而，故②错误；
由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立，整理得，则，.
因为，所以，所以直线的方程为，
则直线过点，因为抛物线的焦点为，所以直线过焦点，
故③正确；
则由抛物线的性质可知，故①正确；
由上可得直线的方程为，则，
原点到直线的距离，
则，故④正确.
故选：A
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若，则______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．
【详解】因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
14. 2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从甲、乙等5名志愿者中任意选出2人开展应急救助工作，则甲、乙2人中恰有1人被选中的概率为______.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】利用古典概型的概率求解.
【详解】解：记另外3人为，，，从这5人中任意选出2人，总事件包括（甲，乙），（甲，），（甲，），（甲，），（乙，），（乙，），（乙，），，，，共10种情况，
其中甲、乙2人中恰有1人被选中的事件包括（甲，），（甲，），（甲，），（乙，），（乙，），（乙，），共6种情况，
故所求的概率为.
故答案为：
15. 已知实数x，y满足不等式组，且的最大值为，则实数m的值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据线性规划画出不等式组的取值区间，将转换为可知为该方程截距，由此代入端点C取得最大值.
【详解】不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示，
且点，，，.
由题意，知在点C处取得最大值，即，解得.

故答案为：
16. 如图，已知在扇形OAB中，半径，，圆内切于扇形OAB（圆和，，弧AB均相切），作圆与圆，，相切，再作圆与圆，，相切，以此类推.设圆，圆…的面积依次为，…，那么__________．

【答案】
【解析】
【分析】如图，设圆，圆，圆，…，圆的半径分别为，，，…，.根据圆切线的性质，结合等比数列的定义可得是以为首项，以为公比的等比数列，由圆的面积公式可知是以为首项，以为公比的等比数列，利用等比数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】如图，设圆与弧AB相切于点D，
圆，圆与OA分别切于点C，E，则，.
设圆，圆，圆，…，圆的半径分别为，，，…，.
因为，所以.在中，，
则，即，解得.
在中，，
则，即，解得.
同理可得，，
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
又圆的面积为，
所以面积，，，…，构成一个以为首项，以为公比的等比数列，
则.
故答案为：.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. “城市公交”泛指城市范围内定线运营的公共汽车及轨道交通等交通方式，也是人们日常出行的主要方式.某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：
间隔时间（x分钟）
6
8
10
12
14
等候人数（y人）
15
18
20
24
23

（1）根据以上数据作出折线图，易知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立y关于x的回归直线方程，并预测车辆发车间隔时间为20分钟时乘客的等候人数.
附：对于一组数据，，…，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，；相关系数； .
【答案】（1）答案见解析
（2），31人.
【解析】
【分析】（1）根据相关系数的公式，分别计算数据求解即可；
（2）根据回归直线方程的参数计算公式可得关于的回归直线方程为，再代入求解即可.
【小问1详解】
由题意，知，，

，，
所以.又，则.
因为与的相关系数近似为0.95，说明与的线性相关非常高，
所以可以用线性回归模型拟合与的关系.
【小问2详解】
由（1）可得，，
则，
所以关于的回归直线方程为，
当时，，
所以预测车辆发车间隔时间为20分钟时乘客的等候人数为31人.
18. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的外接圆的半径为1，且.
（1）求a的值；
（2）若，求△ABC的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦边角关系、和角正弦公式化简得，结合三角形内角性质、正弦定理求a值；
（2）余弦定理求得，再应用三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得：.
又，即.
又，所以.
因为△ABC的外接圆的半径为1，所以，
所以，得，又，
所以，则.
【小问2详解】
在△ABC中，由余弦定理得：，且，，
所以，解得或（舍去），
所以△ABC的面积为.
19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，AC与BD相交于点O，，，，，M为线段PD的中点.

（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；
（2）若直线OM与平面ABCD所成角为60°，求三棱锥O-ABM的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面，即可证明；
（2）根据，可知，根据几何关系，即可求解三棱锥的体积.
【小问1详解】
证明：
因为四边形ABCD为菱形，，
所以O为BD的中点，.
又因为，所以.
又，平面，所以BD⊥平面PAC.
又平面PBD，
所以平面PBD⊥平面PAC.
【小问2详解】
因为，O为AC的中点，
所以.
又PO⊥BD，AC∩BD＝O，平面，
所以PO⊥平面ABCD.
因为M为线段PD的中点，O为BD的中点，
所以.
又因为直线OM与平面ABCD所成角为60°，
所以直线PB与平面ABCD所成角为60°，
即∠PBO＝60°.
因为，，
所以△ABD是等边三角形，
所以OB＝1，，则，
则点M到平面ABCD的距离为，
所以，
故三棱锥O-ABM的体积为.
20. 已知椭圆C：的右焦点为，点M是椭圆C上异于左、右顶点，的任意一点，且直线与直线的斜率之积为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与直线相交于点N，且点E是线段的中点，，求∠EFM的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据点在椭圆上，结合斜率公式，即可化简求值；
（2）首先设直线的方程为，，分别与直线，以及椭圆联立方程，求点的坐标，即可求解.
【小问1详解】
设，，，，
直线与直线的斜率之积为，所以，
所以.
又因为，，
所以，，
故椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，.
由得.
因为E是线段的中点，，
所以，不妨设.
又，，
所以，
解得.
由，得，
则，所以，
故.
由椭圆的对称性可知，当时，.
综上所述，.
21. 已知函数的极小值点为．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）设，，恒成立，求实数m取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的极小值点为，得得出的值，再检验得的值满足题意，分别求出和即可写出函数在处的切线方程；
（2）法一：由，恒成立，得出，令得出或，分类讨论与的大小关系即可得出m的取值范围；法二：首先由及得出当时，则，当时，，则，当时，显然成立，设，由确定的最值，即可求出的范围．
【小问1详解】
因为的定义域为，，函数的极小值点为，
所以，解得，
所以，，
令得，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，为函数的极小值点，满足题意，
因为，，
所以函数在处的切线方程为，即，
所以函数在处的切线方程为．
【小问2详解】
法一：分类讨论
因为，，恒成立，
所以，，
因为，所以，
令得，
①当即时，，
所以在上单调递增，
所以，不满足，舍去；
②当即时，，
所以在单调递增，
所以，满足；
③当即时，，
则时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，
综上所述，实数m的取值范围为．
法二：变量分离
因为，，，
所以，
所以在上单调递增，且，
即当时，，当时，，
因为，恒成立，
所以，
①当时， ，即恒成立，
设，则


，
令得或，
因为，，
所以在上单调递增，
所以，
所以时，；
②时，，即恒成立，
由①得，，
因为当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
所以当，，
所以；
③当时，成立，
综上所述，．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）若曲线与有且仅有一个公共点，求的值；
（2）若曲线与相交于A，B两点，且，求直线AB的极坐标方程.
【答案】（1）或
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据圆的参数方程和可得曲线是以为圆心，为半径的圆.利用公式法将极坐标方程化为直角坐标方程，得曲线是以为圆心，为半径的圆.结合圆与圆的位置关系计算即可求解；
（2）由（1），将两圆的方程相减可得直线AB的方程，利用点到直线的距离公式，结合圆的垂径定理计算即可求解.
【小问1详解】
由为参数)，得为参数)，
又，所以曲线的普通方程为，
即曲线是以为圆心，为半径的圆.
，
由得，
即曲线是以为圆心，为半径圆.
若曲线与有且仅有一个公共点，则两圆相切，
所以或.
由，解得或.
【小问2详解】
将两圆方程相减，得，
即直线AB的方程为.
因为，所以圆的圆心到直线AB的距离为
，
解得或，则直线AB的方程为或，
故直线AB的极坐标方程为或.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）是否存在正实数，使得对任意的实数，都有成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）写出的分段型式，解不等式；
（2）结合函数的图象可知，再进一步证明.
【小问1详解】
，
①当时，，，；
②当时，，则，，则；
③当时，，，，则.
综上所述，不等式解集为.
【小问2详解】

假设存在正实数，使得对任意的实数，都有成立.
，
当时，因为成立，
结合函数的图象可知，，所以.
下面进一步验证：若，则 ，成立.
①当时，，
因为，
所以，所以成立.
②当时，
.
因为，
所以，所以成立.
综上所述，存在正实数，使得对任意的实数，都有成立，
此时的取值范围是.