四川省泸县第一中学2023届高三三诊模拟考试文科数学试题 Word版含解析.docx

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2023年四川省泸州市泸县一中高考三诊数学试卷（文科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接根据集合并集运算的定义进行求解即可.【详解】已知，，所以或.故.故选：D2.如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：下列结论中错误的是（）A.从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加B.2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多C.2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平D.1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢【答案】D【解析】【分析】利用折线图、条形图及扇形图的特点即可求解.【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确； 对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；对于D，由题中三幅统计图并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.故选：D.3.复数（是虚数单位）的共轭复数是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，结合共轭复数的定义可得结果.【详解】，故原复数的共轭复数为.故选：C.4.下列函数中不是偶函数的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合函数的定义域以及函数的奇偶性的定义得到结果.【详解】对于A函数的定义域为不是关于原点对称的，故非奇非偶；对于B,定义域为R，是偶函数；对于C,且定义域为关于原点对称，故是偶函数；对于D，是偶函数，定义域关于原点对称，满足故是偶函数.故答案为A.【点睛】这个题目考查了函数奇偶性的应用，判断函数奇偶性，先判断函数的定义域是否关于原点对称，再看是否满足.5.设平面向量，，若，则等于（）A.4B.5C.D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量共线定理即可得出，从而计算出的坐标，利用向量模的公式即可得结果.【详解】，解得，，，故选D.【点睛】本题主要考查平面向量平行的性质以及向量模的坐标表示，属于中档题.利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.6.已知，其中，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据同角三角函数关系求得,再根据二倍角正切公式得结果.【详解】因为，且，所以，因为，所以，因此，从而，，选D.【点睛】本题考查同角三角函数关系以及二倍角正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.7.各项均为正数的等比数列的前项和为，且，与的等差中项为18，则（）A.108B.117C.120D.121【答案】D【解析】【分析】由已知可得，，即可求得首项和公比，得出所求. 【详解】是各项均为正数的等比数列，且，设的公比为，，，即，与的等差中项为18，，即，则可解得，则.故选：D.8.已知曲线在点处的切线方程为，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，再将切点代入切线方程，即可求出；【详解】解：，，∴，∴．将代入得，∴．故选：C．9.设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且bc=3，则的外接圆的周长为（）A.2πB.3πC.4πD.【答案】B【解析】【分析】根据余弦的和差角公式化简得sinBsinC=，再根据正弦条件可得选项.【详解】因为，即，所以sinBsinC=，又bc=3，所以2RsinB·2RsinC=3(R为的外接圆的半径)，所以R=，则的外接圆的周长为2πR=3π. 故选：B.10.在三棱锥中，是等边三角形，顶点在底面的投影是底面的中心，侧面侧面，则此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将三棱锥放在正方体中，求出三棱锥的体积以及外接球的半径以及体积，进而可求解.【详解】将三棱锥放在正方体中，如图所示，设正方体的棱长为，此三棱锥的体积，外接球的半径，外接球的体积，此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为.故选：C11.若函数在内有且只有一个零点，则的值为（） A.2B.1C.3D.5【答案】C【解析】【分析】对函数进行求导，并分类讨论函数单调性，根据单调性结合已知可以求出的值.【详解】由函数在内有且只有一个零点,又①当时，在上，可得函数在上单调递增，且，在上没有零点，故舍去；②当a＞0时，在上的解为x，在单调递减，在单调递增，又只有一个零点，解得．故选：C.12.已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13.某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_______．【答案】【解析】【详解】由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案．14.若实数满足不等式组则目标函数的最大值为__________．【答案】12【解析】【分析】画出约束条件的可行域，求出最优解，即可求解目标函数的最大值．【详解】根据约束条件画出可行域，如下图，由，解得目标函数，当过点时，有最大值，且最大值为．故答案为．【点睛】本题考查线性规划的简单应用，属于基础题．15.已知是偶函数，则__________．【答案】【解析】 【分析】先结合范围，根据时是偶函数，解得，得到解析式，再代入计算即可.【详解】是偶函数，则，而，故取时，得，此时，所以.故答案为：.【点睛】结论点睛：有关正余弦型函数奇偶性有关结论：（1）时，是偶函数；（2）时，是奇函数；（3）时，是奇函数；（4）时，是偶函数.16.如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是______．对于任意的点，都有对于任意的点，四边不可能为平行四边形当时，存在点，使得为等腰直角三角形存在点，使得直线平面【答案】 【解析】【分析】根据面面平行的性质判断①②，使用假设法判断③④．【详解】对于，，平面，平面，平面，同理，有平面，平面，，平面平面，平面平面，平面平面，，故正确．对于四边形是直角梯形，，平面与平面不平行，平面平面，平面平面，与不平行，故四边形不可能为平行四边形，故正确．对于，，，，要使等腰直角三角形，则，但根据题意，故不正确．对于延长至，使得，则四边形是矩形，．当，，三点共线时，平面，平面，故正确．故答案为：．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.随着中国实施制造强国战略以来，中国制造（Madeinchina）逐渐成为世界上认知度最高的标签之一，企业也越来越重视产品质量的全程控制某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本，检测其质量指标值，质量指标的范围为，经过数据处理后得到如下频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中质量指标值的平均数和中位数（结果精确到0.1）；（2）为了进一步检验产品质量，在样本中从质量指标在和的两组中抽取2件产品，记至少有一件取自的产品件数为事件A，求事件A的概率．【答案】（1）73.5，73.3（2）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中平均数和中位数的公式计算即可；（2）先算出样本中质量指标在的产品有6件，质量指标在的有4件，然后依照题意求出概率.【小问1详解】设质量指标值的平均数为，中位数为，则，因为区间对应的频率为，区间对应的频率为，区间对应的频率为，所以中位数在区间上，故，.【小问2详解】样本中质量指标在的产品有件，记为A，B，C，D，E，F，质量指标在的有件，记为a，b，c，d，从这10件产品中选取2人的所有选取方法：AB，AC，AD，AE，AF，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，BE，BF，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，CE，CF，Ca，Cb，Cc，Cd，DE，DF，Da，Db，Dc，Dd，EF，Ea，Eb，Ec，Ed，Fa，Fb，Fc，Fd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共45种， 其中至少有一件取自有39种，则.18.已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求A；（2）从下列条件中：①；②中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）；（2）选择①，；选择②，.【解析】【分析】（1）根据正弦定理将角化边计算可得，最后可得结果.（2）选①根据正弦定理以及辅助角公式化简可得周长，然后根据角度范围可得结果；选②可得，然后结合余弦定理以及不等式可得结果.【详解】（1）因为由正弦定理得，即由余弦定理得所以（2）选择①.由正弦定理，即周长即周长的取值范围选择②.，得，得.由余弦定理得即周长 ，当且仅当时等号成立即周长的取值范围【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及面积公式解三角形，注意边角如何转化，以及求范围问题常会转化为三角函数或者不等式的应用，属中档题.19.如图1，在边长为3的菱形中，已知，且.将梯形沿直线折起，使平面，如图2，分别是上的点.（1）求证：图2中，平面平面；（2）若平面平面，求三棱锥的体积.【答案】(1)见解析（2）【解析】【分析】(1)根据图形中的线面关系得到，，所以平面，进而得到面面垂直；（2）根据面面平行的性质得到，平面与平面相交，交线为，平面平面，，代入体积公式即可得到结果.【详解】证明：由题意可知，因为平面，所以平面，所以，由图条件可知，又因为，所以平面因为平面，所以平面平面.(2) 因为平面与平面有公共点，所以若平面与平面相交，设交线为若平面平面，因为平面平面则，设又因为，所以.同理，由平面平面因为平面平面，平面平面所以所以设三棱锥底面上的高为，所以，所以由所以三棱锥的体积为【点睛】本题考查平面和平面垂直的判定和面面平行的性质．在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直.20.已知．（1）若函数有三个不同的零点，求实数a的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为且，当时，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）易知时，．令，则时，的零点与函数的零点相同，根据函数有三个不同的零点，转化为有两个均不等于1的不同零点求解；（2）根据，，得到，，即是的两个根，再根据，得到有一个小于0的根求解. 【详解】（1）当时，．令．当时，的零点与函数的零点相同．当时，，所以只有一个零点，不合题意．因此．又因为函数有三个不同的零点，所以有两个均不等于1的不同零点．令，解得（舍去负值）．所以当时，，是减函数；当时，，是增函数．因为，所以当，即时，有两个不同零点．又因为时，，所以函数有三个不同的零点，实数a的取值范围是（2）因为，，所以．所以．所以．所以是的两个根．又因为，所以有一个小于0的根，不妨设为．根据有三个根，可知，所以，即．因为，所以．所以，即． 显然，所以a的取值范围是．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由，得到有一个小于0的根，再由，所以，然后由而得解．21.已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于两点．（1）说明曲线的形状，并写出其标准方程；（2）是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）曲线为椭圆，标准方程为：（2）存在定点，使得恒成立.【解析】【分析】（1）设，根据其到定点的距离和到定直线的距离的比是可得到等式，化简整理可得结果；（2）①当直线与轴垂直时，可知必在轴上；②当直线与轴垂直时，设，可求得；则若存在定点满足题意，则必是；当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，并得到；设点关于轴的对称点为，由可得三点共线，由此可得成立；综合上述情况可得结论.【小问1详解】设，则，整理可得：， 曲线为椭圆，标准方程为：.【小问2详解】①当直线与轴垂直时，即，由椭圆对称性可知：，，点在轴上；②当直线与轴垂直时，即，则，，若存在定点，则由①知：点在轴上，可设，由得：，解得：（舍）或，；则若存在定点满足题意，则点坐标必然是，只需证明当直线斜率存在时，对于，都有成立即可.设，，，由得：，其中恒成立，，，设点关于轴的对称点为，则，，，，即三点共线，；综上所述：存在定点，使得恒成立.【点睛】 思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的存在类问题的求解，本题求解定点的基本思路是通过特殊位置首先确定所求定点的坐标，进而证明所得定点坐标对于任意情况均成立，从而证得定点存在.22.在平面直角坐标系中，直线经过点，其倾斜角为，以原点为极点，以轴为非负半轴为极轴，与坐标系取相同的长度单位，建立极坐标系，设曲线的极坐标方程为.(1)若直线与曲线有公共点，求倾斜角的取值范围；(2)设为曲线上任意一点，求的取值范围.【答案】(1).(2).【解析】【详解】分析：（1）利用互化公式即可把曲线C的极坐标方程ρ2﹣2ρcosθ﹣3=0化为直角坐标方程．直线l的参数方程为（t为参数），代入曲线C的直角坐标方程可得t2﹣8tcosα+12=0，根据直线l与曲线C有公共点，可得△≥0，利用三角函数的单调性即可得出．（2）曲线C的方程x2+y2﹣2x﹣3=0可化为（x﹣1）2+y2=4，参数方程为，（θ为参数），设M（x，y）为曲线上任意一点，可得x+y=1+2cosθ+2sinθ，利用和差公式化简即可得出取值范围．详解：（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，直线的参数方程为（为参数），将参数方程代入，整理，∵直线与曲线有公共点，∴，∴，或，∵，∴的取值范围是（2）曲线的方程可化为， 其参数方程为（为参数），∵为曲线上任意一点，∴，∴的取值范围是点睛：解答解析几何中的最值问题时，对于一些特殊的问题，可根据几何法求解，以增加形象性、减少运算量．23.已知函数.（1）若，使不等式成立，求满足条件的实数的集合；（2）为中最大正整数，，，，，求证：.【答案】（1）;（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）根据题意，由零点分段讨论法分析不等式，得到的解析式，即可得到.（2）由（1）可得，即可得，由基本不等式的性质可得，，，将3个式子相乘，可得．试题解析：（1）由已知得则，由于，使不等式成立，所以，即（2）由（1）知，则 因为，，，所以，，，则，（当且仅当时等号成立），，（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），则（当且仅当时等号成立），即.【点睛】本题绝对值不等式的性质以解法，涉及基本不等式的性质以及应用，（2）的关键是分析转化求出的最值．