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）.docx

1、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.

2、 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

3、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：C6. 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

4、系即可求出cos，从而求出sin，根据即可求得结果【详解】或，的终边不在坐标轴上，故选：A8. 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

5、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

6、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

7、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（ ）是偶函数；图象关于对称；的最小值为-2；在上单调递增；A. B. C. D. 【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

8、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x1处的切线平行于直线xy10，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x1处的切线方程，从而得解.【详解】，由题意，即，所以，则，故函数在x1处的切线方程为，即，则切线在y轴上的截距为故答案为：15.

9、 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x0时的值域，根据f(x)的最大值为-1可以确定f(x)在x0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x0时恒成立，即在x0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

10、演算步骤.第1721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

11、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

12、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MABCD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

13、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，且存在实数满足2an+1=an+4，nN*.（1

14、）求的值及通项公式an；（2）求数列的前n项和Sn.【答案】（1）=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，d0，由2an+1=an+4(nN*)， 得2an=an-1+4(nN*，n2)， 两式相减得，2d=d，又d0，所以=2.将=2代入可得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

15、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

16、.【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

17、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.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；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

18、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

19、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：，