2023届四川省内江市高三第三次模拟考试数学（文）试题【含答案】

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1、2023届四川省内江市高中高三第三次模拟考试题数学（文）试题一、单选题1已知复数，其中i是虚数单位，是z的共轭复数，则（）ABCD【答案】B【分析】设，根据，解出即可.【详解】设，解得，所以，故选：B2已知全集，（）ABCD【答案】A【分析】化简集合M，根据集合的并集、补集运算即可得解.【详解】，故选：A3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4月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下列说法中正确的是（）A从2日到5日空气质量越来越差B这14天中空气质量指数

2、的中位数是214C连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日D这14天中空气质量指数的平均数约为189【答案】D【分析】观察数据变化可判断A项；将14天的空气质量指数由小到大依次排列，即可得出中位数，判断B项；根据折线图及方差的概念可判断C项；根据数据计算平均数可判断D项.【详解】对于A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，A选项错误；对于B选项：由图象可知，14天的空气质量指数由小到大依次为：80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，所以中位数为，B选项错误；对于C选项：方差表示数据波动情况，根据折线图可知

3、连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方差最小的是9日到11日，C选项错误；对于D选项：这14天中空气质量指数的平均数约为，D选项正确；故选：D.4我国古代数学名著九章算术中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥某“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（）ABCD2【答案】C【分析】先由三视图得到几何体的直观图，再分别求得棱长比较下结论.【详解】解：由三视图得该几何体如图所示：由图知：，故选：C5函数的部分图像大致为（）ABCD【答案】A【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.【详解】函数的定义域为，且，所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，

4、所以选项C、D错误；又，所以选项B错误；故选：A.6已知函数和有相同的极大值，则（）A2B0C-3D-1【答案】B【分析】利用导数法求得和的极大值，然后根据与有相同的极大值建立方程求解即可.【详解】，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，又，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，依据题意，和有相同的极大值，故，所以，所以.故选：B.7一个人连续射击次，则下列各事件关系中，说法正确的是（）A事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件B事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件C事件“两次均未击中”与事件“

5、至多一次击中”互为对立事件D事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件【答案】D【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.【详解】一个人连续射击次，其可能结果为击中次，击中次，击中次，其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，事件“第二次击中” 包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；

6、故选：D8位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即）约为32.5，夏至正午太阳高度角（即）约为79.5，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为14米，则表高（即的长）约为（）（其中，）A9.27米B9.33米C9.45米D9.51米【答案】C

7、【分析】根据题意，进而代入数据求解即可.【详解】解：如图，设表高，则由题知，所以，因为，所以，解得，所以，表高（即的长）约为米.故选：C9已知圆锥的母线长为2，侧面积为，则过顶点的截面面积的最大值等于（）ABC3D2【答案】D【分析】结合圆锥的母线长和侧面积可求得底面圆的周长、半径，再得到轴截面的顶角，进而得到截面三角形顶角的取值范围，故当截面为顶角是的等腰三角形时面积最大，即得解【详解】由圆锥的母线长为2，侧面积为，假设底面圆周长为，因此，故底面圆周长为，底面圆的半径为.由于轴截面为腰长为2，底边长为底面圆直径的等腰三角形，因此轴截面的顶角是.故当截面为顶角是的等腰三角形时面积最大，此时.故

8、选：D【点睛】本题考查了圆锥的侧面积和截面面积问题，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理，数学运算能力，为中档题10阿基米德在他的著作关于圆锥体和球体中计算了一个椭圆的面积当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（）A3B6CD【答案】B【分析】由题意得到方程组和，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积，即.因为点P为椭圆C的上顶点，所以.因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.因为的斜率之积为，所以

9、，把代入整理化简得：联立解得：.所以椭圆C的长轴长为2a=6.故选：B11若函数（）在区间上是单调函数，则的取值可以是（）ABCD【答案】B【分析】令，由计算得出，根据题意得出或，可得出关于的不等式组，可解得实数的取值范围，由此可得出结果.【详解】令，则，因为函数在上单调，所以，且或，即或解得或，因此，的取值可以是.故选：B12若关于x的不等式有且只有一个整数解，则正实数a的取值范围是（）ABCD【答案】A【分析】原不等式可化简为，设，作出函数的图象，由图象可知函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线，进而求得答案【详解】原不等式可化简为，设，由得，令可得，时，时，易知函数在单调递减，在单调

10、递增，且，作出的图象如下图所示，而函数恒过点，要使关于的不等式有且只有一个整数解，则函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线），又，故选：A二、填空题13已知，且，则_【答案】【分析】利用垂直关系的向量表示，向量数量积的运算律求解作答.【详解】因为，因此，即，即，所以.故答案为：14若满足约束条件则的最大值为_.【答案】1【分析】根据约束条件作出可行域，平移目标，求出的最大值，从而可得z的最大值.【详解】作出可行域，如图，设，由图可知，在点A处取到最大值，联立，解得,所以的最大值为3，由于为增函数，故的最大值为1.【点睛】本题主要考查线性约束条件下，对数式的最值问题，先求真数部分的最值结合对

11、数函数的单调性可求.15设，分别是双曲线）的左、右焦点，O为坐标原点，过左焦点作直线与圆切于点E，与双曲线右支交于点P，且满足，则双曲线的方程为_【答案】【分析】作图，根据图中的几何关系以及条件求出b即可.【详解】依题意作下图：由条件 知：E是 的中点，并且 ，所以 是等腰三角形， ，又 ， 的外接圆是以O为圆心， 为半径的圆， ，由 知 ，在 中， ， ， ，根据双曲线的定义有： ，即 ，双曲线的方程为： ；故答案为：.16甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子

12、先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为_【答案】【分析】分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；故答案为：.三、解答题17已知数列的前项和为，且满足，(1)求数列的通项公式(2)记，求数列的前项和【答案】(1)(2)【分析】（1）方法一：由之间关系可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式求得；方法二：由已知关系式可证得数列

13、为等比数列，由此可推导求得，利用之间关系可求得；（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.【详解】（1）方法一：当时，由得：，即，又，；当时，又，满足，即当时，成立，数列是以为首项，为公比的等比数列，.方法二：由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，即，当时，又满足，.（2）由（1）得：，.18某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在8个卖场的销售量（单位；台），并根据这8个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”(1)当，时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”

14、数量为n，比较m，n的大小关系；(2)在这8个卖场中，随机选取2个卖场，求这两个卖场都是甲型号电视机的“星级卖场”的概率；(3)记乙型号电视机销售量的方差为，根据茎叶图推断a与b分别取何值时，达到最小值（只需写出结论）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）计算甲乙的平均数比较大小即可；（2）分析数据，列出X的分布列并求出数学期望；（3）根据方差的性质，时，离散程度越小，达到最小值【详解】（1）根据茎叶图可知甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为，甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”数量为，所以；（2）由（1）知，甲型号电视机的“星级卖场”数量为4，设选取的两个卖场都是

15、甲型电视机的“星级卖场”设为事件M，设甲型号电视机的“星级卖场”分别为a，b，c，d，甲型号电视机的非“星级卖场”分别为A，B，C，D，从这8个卖场中，随机选取2个卖场，有AB，AC，AD，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，Ca，Cb，Cc，Cd，Da，Db，Dc，Dd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共计28个其中满足条件为ab，ac，ad，bc，bd，cd，计6个所以，（3）方差代表和中心偏离的程度， 设平均数为，值越小和中心偏离的程度越小，方差越小，所以当时，达到最小值19在中，过点A作，交线段BC于点D（如图1），沿AD将折起，使（如图2），点E、M

16、分别为棱BC、AC的中点(1)求证：；(2)在图2中，当三棱锥A-BCD的体积取最大值时，求三棱锥A-MDE的体积【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，证得平面ABD，从而，又，即可得证；（2）设，可证平面BCD，可得，利用导数法求最值，可知，又平面ACD，利用等体积法，由求得答案【详解】（1），AD、平面ABD，平面ABD，平面ABD，又分别为AC、BC的中点，（2）图1所示的中，设，则，为等腰直角三角形，折起后，且，、平面BCD，平面BCD，又，令，当时，单调递增；当时，单调递减，时，取最大值，即三棱锥A-BCD的体积最大，平面BCD，平面BCD，,又，、平面ACD，平面ACD，

17、因为E为线段BC的中点，所以E到平面ACD的距离，又，故三棱锥A-MDE的体积为20若存在实数k，b，使得函数和对其定义域上的任意实数x同时满足：且，则称直线：为函数和的“隔离直线”.已知，（其中e为自然对数的底数）.试问：（1）函数和的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；（2）函数和是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）存在，交点坐标为；（2）存在，【分析】（1）构造函数，求导得到函数的单调区间，得到函数在处取得最小值为0，得到答案.（2）设直线，根据得到，再证明恒成立，令，求导得到单调区间，计算最值得到证明.【

18、详解】（1），令，得，当时，时，故当时，取到最小值，最小值是0，从而函数和的图象在处有公共点，交点坐标为.（2）由（1）可知，函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为，即，由，可得在上恒成立，则，只有，此时直线方程为：，下面证明恒成立，令，当时，当时，函数单调递减；时，函数单调递增，则当时，取到最小值是0，所以，则当时恒成立.函数和存在唯一的隔离直线.【点睛】本题考查了函数图像的交点问题，求新定义“隔离直线”方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21已知椭圆焦距为2，一条连接椭圆的两个顶点的直线斜率为.（1）求椭圆的方

19、程；（2）过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，试问轴上是否存在点，使得直线斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定值为，定点；.定值为，定点；.【分析】（1）由题意可得解得，即可得答案；（2）由（1）知椭圆右焦点坐标为，设直线，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理可得，从而求得定点的坐标；【详解】解：（1）由题意易知：，解得：椭圆方程为：（2）由（1）知椭圆右焦点坐标为，设直线，由得；显然，且此时由上式知：无论取何值，当，即时，是一个与无关的定值，当时，；当时，综上，存在定点，当定点为时，直线斜率之积，当定点为时，直线斜率之

20、积.【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定点、定值问题，求解时注意分类讨论思想的应用.22在平面直角坐标系中，将曲线向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系曲线的极坐标方程为（1）求曲线的参数方程；（2）已知点在第一象限，四边形是曲线的内接矩形，求内接矩形周长的最大值，并求周长最大时点的坐标【答案】（1）（2），【分析】（1）先将曲线化为普通方程，再根据坐标变换规律，即可求得曲线的普通方程和参数方程；（2）根据题意，设点，则，利用辅助角公式化简周长的解析式，即可求出最大值及其对应

21、的点的坐标.【详解】解：（1）由得将代入，整理得曲线的普通方程为， 设曲线上的点为，变换后的点为由题可知坐标变换为，即代入曲线的普通方程，整理得曲线的普通方程为 ，曲线的参数方程为(为参数). （2）设四边形的周长为，设点， ，且， ， 且当时，取最大值，此时，所以，此时.【点睛】本题考查坐标变换及参数方程、普通方程和极坐标方程的转换方法，考查运用动点参数法求解问题，考查运算求解能力和数形结合思想，考查函数与方程思想.23已知函数（）(1)若，求证：；(2)若对于任意，都有，求实数a的取值范围【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）法一：由绝对值的几何意义及二次函数的性质即可证结论；法二：讨论、分别求的范围，即可证结论.（2）将问题化为在上恒成立，即可求参数a的范围.【详解】（1）法一：，而，所以法二：当时， 当时，综上，（2）当时，由，得， 设，对任意有恒成立，所以， 因为在上，所以