四川省泸县第一中学2023届高三理科数学三诊模拟考试试题（Word版附解析）

2023年四川省泸州市泸县一中高考数学三诊试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共48.0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.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.5.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.6.中国古代的五经是指：《诗经》、《尚书》、《礼记》、《周易》、《春秋》，甲、乙、丙、丁、戊名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则名同学所有可能的选择有（）A.种B.种C.种D.种【答案】D【解析】【分析】依次考虑乙、甲的选择情况，然后考虑剩余三个人的选择情况，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】因为甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则乙可在《尚书》、《礼记》、《周易》三种书中选择一种，甲可在除《诗经》外三种书中任选一种，其余三种书可任意排序，由分步乘法计数原理可知，不同的选择种数为.故选：D.7.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．8.设的内角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.9.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：C10.过点作直线交圆于两点，设，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题可知，可以将转化与的比值的范围来进行求解．【详解】解：由已知得，圆是以为圆心，以为半径的圆．，点在圆的内部，故当直线经过圆心时，取得最值．（1）当时，，，此时，取最小值为，（2）当时，，，此时，取最大值为，所以，，故选：A．【点睛】关键点点睛：分析判断点在圆的内部，从而得当直线经过圆心时，取得最值． 11.已知在有且仅有6个实数根，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化简为，再根据题意得出，求解即可.【详解】解：由，得，即.设，即在有且仅有6个实数根，因为，故只需，解得，故选：D．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.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．14.二项式展开式中含项的系数为__________（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】根据二项式的通项公式结合条件即得. 【详解】因为展开式的通项为，令，得，∴展开式中含项为，即含项的系数为.故答案为：.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：有关正余弦型函数的奇偶性有关结论：（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，，，，要使为等腰直角三角形，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.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.18.某工厂生产的10000件产品的质量评分服从正态分布.现从中随机抽取了50件产品的评分情况，结果这50件产品的评分全部介于80分到140分之间.现将结果按如下方式分为6组，第一组，第二组，，第六组，得到如下图所示的频率分布直方图.（1）试用样本估计该工厂产品评分的平均分（同一组中的数据用该区间的中间值作代表）；（2）这50件产品中评分在120分（含120分）以上的产品中任意抽取3件，该3件在全部产品中评分为前13名的件数记为，求的分布列.附：若，则，，.【答案】（1）107.（2）见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）由所有条形面积之和为1可得的频率，将每组的组中值和对应频率相乘，再相加即可得平均数；（2）根据正态分布的性质得前13名的成绩全部在130分以上，根据频率分布直方图可得120分以上10人，其中130分以上4人，根据超几何分布可得分布列.试题解析：（1）由频率分布直方图可知的频率为.所以估计该工厂产品的评分的平均分为. （2）由于，根据正态分布，因为，所以，即，所以前13名的成绩全部在130分以上.根据频率分布直方图这50件产品评分的分数在130分以上（包括130分）的有件，而在产品共有，所以的取值为.所以，，，.所以的分布列为点睛：本题主要考查了通过频率分布直方图求数字特征以及离散型随机变量的分布列，属于常规题；频率分布直方图的几何意义即每个条形的面积即为该组对应的频率，其平均数为每组的组中值和对应频率之积再相加，理解透彻超几何分布和二项分布的区别是解题的关键.19.如图1，在边长为3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）若平面平面，求的长；（2）是否存在点，使直线与平面所成的角是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）先平面与平面有公共点，得平面与平面相交，设交线为，根据平面平面得到，设，再得到，同理的得到，根据即可求出结果；(2)以点为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，用表示出平面法向量，根据直线与平面所成的角是，即可求出结果.【详解】解：（1）证明：因为平面与平面有公共点，所以平面与平面相交，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.因为，，，所以，所以（2）在图2中，以点为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示. 易得，则，又，，，所以，，，设，则则设平面的法向量为，由它与，均垂直可得，令，可得，，所以.若存在点，使与平面所成的角是，则，解得，因为，所以，即【点睛】本题主要考查面面平行的性质，以及已知线面角求其它值的问题，需要熟记面面平行的性质定理以及空间向量的方法求线面角等，属于常考题型.20.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.21.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，求函数在上的零点个数．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 （2）零点个数为2【解析】【分析】（1）求导得到，再对分类讨论，求解函数的单调区间.（2）求导得到，因无法轻易求得的解，故根据导函数的性质将的取值范围分为三段分别讨论，即可求解零点个数.【小问1详解】解：∵，故，当时，恒成立，则在上单调递增；②当时，令，解得，故时，，单调递减，时，，单调递增.综上，当时，则在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.【小问2详解】由已知得，，则．①当时，因为，所以在上单调递减．所以．所以在上无零点．②当时，因为单调递增，且，，所以存在，使．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，且． 所以．设，，则．令，得．所以在上单调递减，在上单调递增．所以．所以．所以．所以．所以在上存在一个零点．所以在有2个零点．③当时，，所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．综上所述，在上的零点个数为2．22.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.