四川省泸县第五中学2023届高三文科数学三诊模拟试题（Word版附解析）

泸县五中高2020级高三三诊模拟考试文科数学第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.已知集合，，若，则a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据，分，和三种情况讨论即可.【详解】因为，且，若，则，不符题意，若，则，与题意矛盾，若，则，由，所以，即a的取值范围为.故选：C.2.欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数z满足，则的虚部为（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得，由复数虚部定义求得结果【详解】由欧拉公式知：，，，的虚部为． 故选：B3.2022年3月15日国家统计局发布了截止到2022年前两个月的主要经济数据，其中按消费类型分零售额同比增速折线图如图所示，下列说法中错误的是（）A.2022年1-2月份，餐饮收入同比增速为8.9%B.2022年1-2月份，商品零售同比增速为6.5%C.2021年每月的餐饮收入的同比增速为正D.2021年每月的商品零售的同比增速为正【答案】C【解析】【分析】根据折线图逐一判断即可【详解】由图可知A正确；由图可知B正确；对于C，由图可知2021年8月，11月同比增速为负，故C错误；由图可知，D正确故选：C4.在等比数列中，已知，则等于（）A.128B.64C.64或D.128或【答案】D【解析】【分析】由等比数列的性质可得，求出的值，再结合条件求出公比，进而即得.【详解】由等比数列的性质可得，∴或，设数列的公比为，因为，当时，，即，则； 当时，，即，则.故选：D.5.设函数，则（）A.2B.-2C.D.【答案】A【解析】【分析】先计算，再计算．【详解】，∴.故选：A．【点睛】本题考查分段函数，分段函数求函数值时分类计算，根据自变量的取值范围选取不同的表达式计算．6.已知双曲线的一条渐近线方程为，且经过点，则该双曲线的标准方程为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】对选项逐一分析排除，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，双曲线渐近线为，不符合题意.对于B选项，双曲线的渐近线为，且过点，符合题意.对于C选项，双曲线的渐近线为，但不过点，不符合题意.对于D选项，双曲线的渐近线为，不符合题意.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，考查双曲线标准方程的求法，属于基础题.7.设是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（） A.若，，，则B.若，，则C.若，，，，，则D.若，，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，，，则与的关系可能是平行、相交或异面，所以A错误；对于B中，若，，则的关系可能是平行或异面，故错误；对于C中，若，，，，则，因为，所以，故C正确；对于D中，因为，，，所以与相交或平行，所以D错误.故选：C.8.在边长为2的正六边形中，（）A.-6B.C.D.6【答案】A【解析】【分析】结合正六边形的性质、向量数量积的运算求得.【详解】如图，因为正六边形的边长为2，，，所以.故选：A 9.已知是圆柱上底面的一条直径，是上底面圆周上异于，的一点，为下底面圆周上一点，且圆柱的底面，则必有（）A.平面平面B.平面平面C.平面平面D.平面平面【答案】B【解析】【分析】根据题意，先证平面，即可由线面垂直推证面面垂直.【详解】因为是圆柱上底面的一条直径，所以，又圆柱的底面，所以，因为，所以平面.又平面，所以平面平面.故选：B.点睛】本题考查由线线垂直推证面面垂直，属基础题.10.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，给出下列关于的结论： ①它的图象关于直线对称；②它的最小正周期为③它的图象关于点对称；④它在上单调递增.其中所有正确结论的编号是（）A.①②B.②③C.①②④D.②③④【答案】B【解析】分析】由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.令，求得，不是最值，故的图象不关于直线对称，故①不正确；它的最小正周期为，故②正确；当时，，故的图象关于点对称，故③正确；在上，，没有单调性，故④错误，故选：B.【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查三角函数的对称性、周期性和单调性，属于基础题.11.定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，则（）A.0B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】由和为偶函数，可知的周期为4，且的图象关于直线 对称，利用函数的周期性和对称性将条件进行转化即可得出答案.【详解】因为，所以的周期为4．又为偶函数，所以的图象关于直线对称，则．故选：A.12.已知△ABC的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+2c2＝8，则△ABC面积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据a2+b2+2c2＝8，得到，由余弦定理得到，由正弦定理得到，两式平方相加得，而，两式结合有，再用基本不等式求解.【详解】因为a2+b2+2c2＝8，所以，由余弦定理得，即①由正弦定理得，即②由①，②平方相加得，所以，即，所以，当且仅当且即时，取等号. 故选：B【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.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．13.一组数据1，a，4，5，8的平均数是4，则这组数据的方差为_______【答案】【解析】【分析】根据平均数和方差的计算公式，即可求解.【详解】由平均数的计算公式，可得，可得，所以方差.故答案为：.14.若实数x，y满足约束条件，则的最小值为______．【答案】3【解析】【分析】先画出可行域，利用目标函数的几何意义求z的最小值．【详解】作出约束条件，表示的平面区域（如图示：阴影部分）： 由得A（,），由得，平移，易知过点A时直线在y上截距最小，此时，产生所以的最小值为．故答案为：3【点睛】本题考查了简单线性规划问题，关键是画出可行域并理解目标函数的几何意义．15.已知直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为______【答案】1或-1【解析】【详解】因为△ABC是等腰直角三角形，所以圆心C(1，－a)到直线ax＋y－1＝0的距离d＝rsin45°＝，即，所以a＝±1.16.当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是____．【答案】【解析】 【详解】试题分析：不等式变形为．当时，，故实数a的取值范围是；当时，，记，，故函数递增，则，故；当时，，记，令，得或（舍去），当时，；当时，，故，则．综上所述，实数的取值范围是．考点：利用导数求函数极值和最值．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.，，分别为锐角内角A，，的对边.已知.（1）求；（2）若，试问的值是否可能为5?若可能，求的周长；若不可能，请说明理由.【答案】（1）；（2）不可能，理由见解析.【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边，再由余弦定理即可求出；（2）由余弦定理得出，得出为钝角，与已知矛盾.【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得，即.再由余弦定理得，所以.因为，所以.（2）假设，则由余弦定理，得，所以，所以为钝角， 这与为锐角三角形矛盾，故的值不可能为5.18.某快递公司招聘快递骑手，该公司提供了两种日工资方案：方案（1）规定每日底薪50元，快递骑手每完成一单业务提成3元：方案（2）规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元．该快递公司记录了每天骑手的人均业务量．现随机抽取100天的数据，将样本数据分为七组，整理得到如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）随机选取一天，估计这一天该快递公司的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；（Ⅱ）若骑手甲、乙、丙选择了日工资方案（1），丁、戊选择了日工资方案（2）．现从上述5名骑手中随机选取2人，求至少有1名骑手选择方案（2）的概率；（Ⅲ）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）【答案】（Ⅰ）0.4；（II）（Ⅲ）选择方案（1），理由见解析【解析】【分析】（Ⅰ）将这三组的频率求出，再相加即可得到答案；（Ⅱ）利用列举法和古典概型的概率公式计算可得结果；（Ⅲ）利用频率分布直方图计算出快递公司人均日快递量的平均数，根据平均数计算出两种方案下骑手的人均日收入，比较可得结果.【详解】（Ⅰ）设事件为“随机选取一天．这一天该快递公司的骑手的人均日快递业务量不少于65单”依题意，快递公司的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2、0.15、0.05，因为，所以估计为．（Ⅱ）设事件B为“从五名骑手中随机选取2人．至少有1名骑手选择方案（2）”从五名骑手中随机选取2名骑手，有10种情况，即{甲，乙}，{甲，丙}，{甲，丁}，{甲，戊}，{乙，丙}，{乙，丁}，{乙，戊}，{丙，丁}，{丙，戊}，{丁，戊} 其中至少有1名骑手选择方案（2）的情况为{甲，丁}，{甲，戊}，{乙，丁}，{乙，戊}，{丙，丁}，{丙，戊}，{丁，戊}共7种情况，所以．（Ⅲ）快递公司人均日快递量的平均数是：因此，方案（1）日工资约为元，方案（2）日工资约为元元，故骑手应选择方案（1）.【点睛】本题考查了利用频率分布直方图计算频率、平均数，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.19.如图1，在梯形中，，且，是等腰直角三角形，其中为斜边.若把沿边折叠到的位置，使平面平面，如图2.（1）证明：；（2）若为棱的中点，求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明平面，则有；（2）等体积法求点到平面的距离.【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形，为斜边，∴.∵平面平面，平面平面，平面∴平面，∵平面，∴； （2）解：由（1）知，平面，由题意可得，，，则，，∵为棱的中点，∴，∴，在中，，，，∴，即，则的面积为，设点到平面的距离为∵，∴，∴.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质，点到平面距离的求法，考查直观想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题.20.已知椭圆的离心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且． （1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在点，满足为定值．.【解析】【分析】（1）根据题意得出，及，直线与椭圆联立解出即可得出椭圆方程；（2）设出直线方程（要分类讨论），联立直线与椭圆，将向量的数量积用的形式表示，再利用韦达定理整理并分析出得到定值的条件即可求解.【详解】（1）由，及，得，设椭圆方程为，联立方程组得．则，所以．所以．所以椭圆的方程为．（2）当直线不与轴重合时，设，联立方程组得．设，，，则有，．于是 ，若为定值，则有，得，．此时：当直线与轴重合时，，，也有．综上，存在点，满足为定值．【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为（或）形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数.（1）求的解析式及单调区间；（2）若存在实数，使得成立，求整数的最小值.【答案】（1）；单调递增区间为，单调递减区间为；（2）0.【解析】【分析】（1）首先求函数导数，并赋值，求函数的解析式，并利用导数求函数的单调区间；（2）由题意转化为，设函数，利用导数求函数的最小值，根据求的最小值.【详解】（1），令，得.令，得.则，，且在上单调递增，， 且当时，；当时，，则，且单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为，所以.令，则，易知在上单调递增.又，，则存在唯一，使得，且当时，；当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以.又，，即，则.因为，所以.因为存在实数，使得成立，所以，又，则整数的最小值为0.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质以及根据不等式能成立，求参数的取值范围，重点考查逻辑推理能力，计算能力，属于中档题型，本题的第二问的关键是根据零点存在性定理，确定极小值点的范围.（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.在直角坐标系中，曲线C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，直线的极坐标方程为.（1）将曲线和直线化为直角坐标方程； （2）过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.【答案】（1），（2）（去掉）【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程【小问1详解】由C的参数方程：，∴C：，由得∴.【小问2详解】设，，则，，即，由得即，∴即，∵∴M的轨迹方程为（去掉）.（选修4-5不等式选讲）23.已知正数m，n，p满足．（Ⅰ）比较与的大小关系，并说明理由； （Ⅱ）若，求p的最大值．【答案】（Ⅰ）．理由见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）根据条件，利用基本不等式，可知，由绝对值三角不等式，可知，进一步得到；（Ⅱ）由，可知，然后由，利用基本不等式求出的最小值，再求出p的最大值．【详解】解（Ⅰ）∵，，∴，当且仅当时等号成立，∴．∵，∴．（Ⅱ）∵，∴，即，∴，当且仅当时等号成立，∵，∴，∴，∴p的最大值是．【点睛】本题考查对数运算，考查绝对值不等式的最值，利用重要不等式求最值，属于中档题.