首页

四川省泸县第四中学2023届高三文科数学三诊模拟试题(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/19

2/19

剩余17页未读,查看更多内容需下载

泸县四中高2020级高三三诊模拟考试文科数学本试卷共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:,

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2023-10-08 19:43:02 页数:19
价格:¥3 大小:1.08 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE