四川省泸县第四中学2023届高三三诊模拟文科数学 Word版含解析.docx

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泸县四中高2020级高三三诊模拟考试文科数学试卷本试卷共4页.考试结束后，只将答题卡交回.第I卷选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知为实数集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先将集合，化简，再利用集合的交集运算可得答案.【详解】，即，解得，，又，或，或，.故选：B.2.已知复数z满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由复数的运算即可得到，从而得到结果.【详解】因为，则，即，所以. 故选:C3.已知实数x，y满足约束条件，则的最小值为（）A.B.5C.D.【答案】D【解析】【分析】先作出可行域，进而利用可以看作点和点的距离的平方，数形结合可得解.【详解】由不等式组作出可行域如图所示：可以看作点和点的距离的平方，由题可知当到直线距离最小时，z有最小值，此时故选：D.4.已知是抛物线：的焦点，若点在抛物线上，则（）A.3B.C.4D.【答案】C【解析】 【分析】根据已知条件求出点A、F的坐标，代入两点间的距离公式即可得解.【详解】点在抛物线上，，则，又抛物线：的焦点，故．故选：C5.“”是“”的（　　）．A充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】做差变形后可知，由充要条件的定义得解.【详解】，且，，即，所以“”是“”的充分必要条件.故选：C．6.已知函数的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度【答案】A【解析】【分析】依据图象可知，可得，然后代入点计算可得，最后根据平移知识可得结果. 【详解】有图象可知：，则所以，将点代入解析式可得由图象可知：，又，所以令，所以，只需将函数向左平移个单位长度则可得到图象，故选：A7.若角的终边不在坐标轴上，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合易知条件和同角三角函数的平方关系即可求出cosα，从而求出sinα，根据即可求得结果．【详解】或，∵的终边不在坐标轴上，∴，∴，∴．故选：A．8.若直线与圆相交于，两点，且（为坐标原点），则（）A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先由余弦定理求出，即可得出圆心到直线的距离，即可求得答案.【详解】圆的圆心为，半径为2， 则在中，由余弦定理可得，即，所以圆心到直线的距离为，则，即.故选：B.9.如图所示，四边形是边长为2的菱形，是边上靠近的三等分点，为的中点，则（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】选为基底，其他向量用基底表示后计算数量积可得．【详解】解：∵，，∴.故选：C.10.在区间内随机取两个数分别记为，，则使得函数有零点的概率为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先列出函数有零点的条件，再根据面积求几何概型概率.【详解】因为函数有零点，所以所以所求概率为，选B. 【点睛】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．11.已知双曲线：，点为的左焦点，点为上位于第一象限内的点，关于原点的对称点为，，，则的离心率为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知：四边形PFQF1为平行四边，利用双曲线的定义及性质，求得∠OPF1=90°，在△QPF1中，利用勾股定理即可求得a和b的关系，根据双曲线的离心率公式即可求得离心率e【详解】由题意可知：双曲线的右焦点F，由P关于原点的对称点为Q，则∴四边形PFQF1为平行四边形，则由|PF1|=3|F1Q|，根据双曲线的定义-=2a，∴=a，∵|OP|=b，=c，∴∠OPF=90°，在△QPF中，=2b，=3a，=a，∴则（2b）2+a2=（3a）2，整理得：b2=2a2， 则双曲线的离心率故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查求双曲线的离心率，一般思路是根据已知条件，建立起a，b之间的关系，再结合a2+b2=c2，从而求出e的值.12.关于函数有如下四个命题，其中正确的个数是（）①是偶函数；②图象关于对称；③的最小值为-2；④在上单调递增；A.①②B.①④C.①②④D.①③④【答案】B【解析】【分析】通过表达式的特点，先判断函数的奇偶性；通过举例且，说明函数并不是关于对称；利用时，最小值为2，得函数的最小值为2；利用导函数的正负来判断函数在区间上是单调递增.【详解】，，所以函数是偶函数；，，所以且，故函数不关于对称；，当时，，根据函数的奇偶性，的最小值为2； 时，，，时，，，在上单调递增.故选：B【点睛】对函数奇偶性，对称性，单调性，最值要有明确的认识，根据表达式的特点，结合学过的导数，基本不等式等知识来解题.第II卷非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，满足，，，则与的夹角为________．【答案】【解析】【分析】根据，得到，再利用向量的夹角公式求解.【详解】因为向量满足，所以，则，所以，因为，所以，故答案为：.14.函数在x＝1处的切线平行于直线x－y－1＝0，则切线在y轴上的截距为______．【答案】【解析】【分析】由题意，求得，所以，则，进而求出函数在x＝1处的切线方程，从而得解. 【详解】，由题意，即，所以，则，故函数在x＝1处的切线方程为，即，则切线在y轴上的截距为．故答案为：．15.已知函数的最大值为-1，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】求出f(x)在x>0时的值域，根据f(x)的最大值为-1可以确定f(x)在x<0时的值域，从而求出a的范围．【详解】当x>0时，f(x)=，，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减；∴；∴要使f(x)的最大值为-1，则在x<0时恒成立，即在x<0时恒成立，令，，则，∴．故答案为：．16.在中，，是的平分线，且，则实数的取值范围_____. 【答案】【解析】【分析】在和中，利用正弦定理可求得；利用余弦定理可构造方程组，得到，结合的范围和余弦函数的值域可求得的取值范围.【详解】，，在和中，由正弦定理得：，，，即；设，则，，在和中，由余弦定理得：，，即，，；，，，.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.17.2021年11月，江西省出台了新规落实“双减” 政策，在加强学生作业管理方面《若干措施》提出，要控制书面作业总量，小学一、二年级不得布置家庭书面作业，小学三至六年级每天书面作业总量平均完成时间不超过60分钟，初中每天书面作业总量平均完成时间不超过90分钟．某中学为了了解七年级学生的家庭作业用时情况，从本校七年级随机抽取了一批学生进行调查，并绘制了学生家庭作业用时的频率分布直方图，如图所示．（1）求频率分布直方图中的值，并估算学生家庭作业用时的中位数（精确到0.1）；（2）作业用时不能完全反映学生学业负担情况，这与学生自身的学习习惯有很大关系．如果作业用时50分钟之内评价等级为优异，70分钟以上评价等级为一般，其它评价等级为良好．现从等级优异和等级一般的学生里面用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人被评价为等级一般学生的概率．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1，即可求出的值，根据频率分布直方图中位数的求法，即可求出结果；（2）根据分层抽样可知等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，然后根据题意列出满足题意的所有可能，根据古典概型即可求出结果.【小问1详解】解：由题意可知，，所以，由左至右各个分区间的概率分别为，中位数为分钟【小问2详解】解：由题意知按等级分层抽取6名，则等级优异学生被抽取的人数为4 人，等级一般学生被抽取的人数为2人，记4名等级优异学生分别为，等级一般学生为，则从这6名学生中抽取2人的情况有，一共15种情况，2人中至少有1名等级一般学生共有9种情况，故所求概率为.18.如图所示，在四棱锥M—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形．（1）求证：；（2）若平面平面ABCD，求D到平面ABM的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取BD中点O，连接CO、MO，根据为等边三角形，可得，同理可得，根据线面垂直判定定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，即可得证.（2）根据面面垂直性质定理，可证平面ABCD，根据题意，求得各个边长，结合勾股定理、余弦定理，可得，可求得三棱锥体积，利用等体积法，即可求得答案.详解】（1）取BD中点O，连接CO、MO，如图所示 因为为等边三角形，且O为BD中点，所以，又，且O为BD中点，所以，又，所以平面，又平面，所以（2）因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD=BD，，所以平面ABCD，由（1）可得，，，，所以，所以，所以，即，设D到平面ABM的距离为h，所以三棱锥体积，所以，解得.所以D到平面ABM的距离为 19.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1=1，且存在实数λ满足2an+1=λan+4，n∈N*.（1）求λ的值及通项公式an；（2）求数列的前n项和Sn.【答案】（1）λ=2，an=2n-1；（2）Sn=2n+2-n2-2n-4.【解析】【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，然后退项相减便可得出结果；（2）求出数列的通项公式，然后利用分组求和法求出前n项和.【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，由2an+1=λan+4(n∈N*)，①得2an=λan-1+4(n∈N*，n≥2)，②两式相减得，2d=λd，又d≠0，所以λ=2.将λ=2代入①可得2an+1=2an+4，即2d=4，所以d=2.又a1=1，所以an=1+(n-1)×2=2n-1；（2）由（1）可得=2(2n-n)-1=2n+1-(2n+1)，所以Sn=(22+23+…+2n+1)-[3+5+…+(2n+1)]==2n+2-n2-2n-4.【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组法求出数列的和，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型.20.如图所示已知抛物线的焦点为F，准线为，过点的直线交抛物线于，两点.且. （1）求抛物线方程；（2）若点B在准线上的投影为E，是上一点，且，求面积的最小值及此时直线AD的方程.【答案】（1）；（2）8，或【解析】【分析】（1）由点的坐标和，可得，进而求出抛物线的方程.（2）设，由对称性可得，由，可得，由，可得，进而可得直线AD的方程，求出和点B到直线AD的距离，进而求出的最小值和直线方程.【详解】（1）依题意，即，即.所以抛物线方程.（2）设，，则，设，联立，，所以可得因为，，所以·故直线. 由，得，所以.所以设点B到直线AD的距离为，则.所以.当且仅当.即时，直线AD的方程为：.时，直线AD方程为：【点睛】本题考查了抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系、三角形的面积、基本不等式的应用等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题.21.已知函数．（1）判断函数的零点个数；（2）若，求的值．【答案】（1）有且只有一个零点；（2）．【解析】【分析】（1）利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；（2）分析可知不等式对任意的恒成立，令，，可得出，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合可求得实数的值.【详解】（1）因为，该函数的定义域为，且，令，所以.当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增；因为，，，所以有且只有一个零点，即有且只有一个零点；（2）因为，所以，则，即，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，当时，，令，则对任意的恒成立，因为，，且.①若，则对任意的恒成立，所以，函数在上为增函数，此时函数无最小值，不合乎题意；②若，由，可得，此时函数单调递减，由，可得，此时函数单调递增，所以，，所以，.综上所述，.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.（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，则按所做的第一题计分．（选修4-4极坐标与参数方程）22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 ，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求的值．【答案】（1）（不同时为）；（2）或【解析】【分析】（1）根据极坐标和直角坐标互化原则直接求解即可；（2）当，时可得方程，结合对称性可得曲线围成的图形，结合图形分析可构造方程求得的值.【小问1详解】由知：，则，曲线的直角坐标方程为：（不同时为）；由得：，即，曲线的直角坐标方程为：.【小问2详解】当，时，曲线：，即；结合对称性可得曲线围成的图形如下图所示， 曲线上恰有三个点到曲线的距离为，或，解得：或.（选修4-5不等式选讲）23.已知的最小值为．（1）求的值；（2）若正实数满足，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值三角不等式可求得，即可求出的值.（2）由（1）中的结果，结合柯西不等式即可证明.【小问1详解】，当且仅当时等号成立，【小问2详解】由柯西不等式得：，