2023届四川省绵阳市高三三模数学（理）试题含解析

2023届四川省绵阳市高三三模数学（理）试题

一、单选题

1．若复数，为虚数单位，则的虚部为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】由共轭复数的定义和复数虚部的定义求解.

【详解】复数，则，的虚部为1.

故选：C

2．已知平面向量，，若，则（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】B

【分析】利用共线向量定理的坐标运算即可.

【详解】因为，所以，所以.

故选：B

3．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意直接求解集合B即可.

【详解】∵，即集合B的可能元素，则有：

由，则，可得；

由，且，可得，且；

由，且，可得，且；

由，且，可得；

综上所述：.

故选：D.

4．现有4名运动员站成一排照相留念，甲、乙两名运动员都不站两端的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据古典概型结合排列数运算求解.

【详解】4名运动员站成一排，共有种不同的排法，

甲、乙两名运动员都不站两端，共有种不同的排法，

所以甲、乙两名运动员都不站两端的概率.

故选：A.

5．已知F为双曲线的左焦点，点，若直线与双曲线仅有一个公共点，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据题意分析可得直线与渐近线平行，结合平行关系运算求解.

【详解】由双曲线可得，

则双曲线的左焦点，渐近线为，

由题意可得：直线与渐近线平行，则，解得.

故选：C.

6．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意以为整体，结合三角恒等变换运算求解.

【详解】因为，则，且，

可得，且，

故，

可得，

所以.

故选：A.

7．设函数在定义域上满足，若在上是减函数，且，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可得函数在定义域上奇函数，进而可得在上是减函数，根据题意结合单调性解不等式即可.

【详解】∵，即，

故函数在定义域上奇函数，

若在上是减函数，则在上是减函数，

∵，且，

若，则，解得，

故不等式的解集为.

故选：A.

8．据统计，我国牛、羊肉集贸市场价格在2019年波动幅度较大，2020年开始逐渐趋于稳定.如下图分别为2019年1月至2020年3月，我国牛肉、羊肉集贸市场月平均价格大致走势图，下列说法不正确的是（    ）

A．2019年1月至2020年3月，牛肉与羊肉月平均价格的涨跌情况基本一致

B．2019年3月开始至当年末，牛肉与羊肉的月平均价格都一直持续上涨

C．2019年7月至10月牛肉月平均价格的平均增量高于2020年1至2月的增量

D．同期相比，羊肉的月平均价格一定高于牛肉的月平均价格

【答案】D

【分析】根据图像数据分析即可求解.

【详解】根据图像的大致走势即可判断牛肉与羊肉月平均价格的涨跌情况基本一致，故选项A正确；

根据图像中的数据比较可知2019年3月开始至当年末，牛肉与羊肉的月平均价格，数据越来越大，都一直持续上涨，故选项B正确；

2019年7月至10月牛肉月平均价格的平均增量为，2020年1至2月牛肉增量为，故选项C正确；

2019年8月牛肉月平均价格为，2019年8月羊肉月平均价格为，所以同期相比，羊肉的月平均价格也可能会低于牛肉的月平均价格，故选项D错误.

故选：D.

9．《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书.”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清撤，表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点，处分别作切线相交于点，测得切线，，，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为（    ）

A．0.62 B．0.56 C． D．

【答案】A

【分析】由图形可知，由余弦定理求出，可得.

【详解】由题意，，所以，

切线，，由切线长定理，不妨取，

又，由余弦定理，

有， .

故选：A

10．已知圆与圆相交于A，B两点，将四边形OACB沿对角线OC翻折成直二面角，则所得四面体OACB的外接球体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先通过圆的知识分析四边形OACB，再沿对角线OC翻折成直二面角，根据外接球球心的定义，确定球心，求得四面体OACB的外接球的半径，进而求得最终结果.

【详解】圆的圆心为，半径为，

圆的圆心为，半径为，

，

同理可得，

如图所示大致图象，取的中点，连接，

则，

为四面体OACB的外接球的球心，

为外接球的半径，.

故选：B.

11．已知M，N是椭圆上关于原点O对称的两点，P是椭圆C上异于M，N的点，且的最大值是，则椭圆C的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量运算可得，结合椭圆性质可得的最大值是，列式运算求解即可.

【详解】由题意可得：，

则，

由椭圆可知，则的最大值为，

即，整理得椭圆C的离心率.

故选：B.

12．已知函数的定义域为，且为与中较大的数，恒成立，则a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意分析可得对恒成立，对整理分析可得：对恒成立，结合二次函数的性质分析运算.

【详解】∵当时，则，可得；当时，则，可得；

∴当时，，

故原题意等价于对恒成立，

整理得，

∵，则，可得，

故原题意等价于对恒成立，

构建，可知开口向上，对称轴，

可得，或，或，

解得，

所以a的取值范围为.

故选：A.

【点睛】关键点睛：

1.对的符号分析可得：对恒成立；

2.对因式分解，分析可得：对恒成立.

二、填空题

13．执行如图所示的程序框图，若输入的值为，则输出的值为______.

【答案】3

【分析】根据流程图的计算求解.

【详解】由题意： ， ，

所以输出值为 ；

故答案为：3.

14．已知函数，则在上的零点个数为________．

【答案】2

【分析】根据题意分析可得原题意等价于求与在上的交点个数，结合余弦函数分析运算.

【详解】令，可得，

原题意等价于求与在上的交点个数，

∵，则，

且，

有余弦函数可知与在上有2个交点

所以与在上有2个交点.

故答案为：2.

15．在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________．

【答案】1

【分析】根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换运算求解.

【详解】∵，由正弦定理可得：，

则，

整理得①，

又∵，则，即，

将①式两边同除于，可得，即.

故答案为：1.

16．如图所示，在直四棱柱中，，，，P为棱上一点，且（为常数），直线与平面相交于点Q．则线段的长为________．

【答案】

【分析】根据题意作辅助线，根据平行关系可得，取，根据平行关系可得//，进而可知点即为直线与平面的交点，即可得结果.

【详解】∵，所以，

分别过作，垂足分别为，分别过作，垂足分别为，

可得均为平行四边形，则，

过点作//，交直线于点，则，

可得，即，

在上取点，使得，

∵//，//，则//，

可知：//，，即为平行四边形，

∴//，，

又∵为平行四边形，则//，，

可得//，，

故为平行四边形，则//，

又∵//，则//，

即四点共面，故点即为直线与平面的交点，

∴.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：在处理截面问题时，常常转化为平行关系问题，根据线、面平行关系的判定定理以及性质定理分析判断.

三、解答题

17．某服装公司经过多年发展，在全国布局了3500余家规模相当的销售门店．该公司每年都会设计生产春季新款服装并投放到全国各个门店销售．公司为了了解2022年春季新款服装在各个销售门店的销售情况，市场部随机调查了20个销售门店的年销售额（单位：万元，不考虑门店之间的其它差异），统计结果如下：

(1)从以上20个门店中随机抽取3个，求抽取的3个门店中至少有2个的年销售额超过40万元的概率；

(2)以样本频率估计概率，现从全国销售门店中随机抽取3个，记该年春季新款的年销售额超过40万元的销售门店的个数为，求的分布列及数学期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，数学期望为.

【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算即可；

（2）由题意可得随机变量服从二项分布，再根据二项分布的分布列的求法和期望公式计算即可的解.

【详解】（1）年销售额超过40万元的门店有个，

则所求概率；

（2）由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店，

春季新款的年销售额超过40万元的概率是，则随机变量，

，，

，，

的分布列为：

∴的期望为：．

18．如图，在三棱锥中，和均是以边长为的等边三角形，且．

(1)证明：平面PAC平面ABC；

(2)若点M在线段BC上，且，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；

（2）建系，利用空间向量求二面角.

【详解】（1）取AC的中点为O，连接BO，PO，

∵，∴PO⊥AC，BO⊥AC，

又∵，，则，

∴90°，则，

同理可得：．

又∵，可得，则．

∵，，平面，

∴平面，

且平面，∴平面PAC平面ABC．

（2）∵PO平面ABC，平面，则POOB．

又∵POOC，OBAC，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，

∴，，，

设平面PAB的法向量为，可得，

令，则，即，

设平面APM的法向量为，可得，

令，则，即，

可设二面角为，

∵，

∴二面角的余弦值为．

19．已知等差数列的前n项和为，且，数列的前n项之积为，，且．

(1)求；

(2)令，是否存在正整数n，使得“”与“是，的等差中项”同时成立？请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，符合题意，理由见解析．

【分析】（1）根据题意求，进而可求，即可得结果；

（2）根据求，即可得，根据题意结合等差中项分析运算.

【详解】（1）由，

令，得，即，

设等差数列的公差为，

∵，解得，

∴，，

即，可得．

（2）存在，理由如下：

由（1）可得：，

当时，则，

可得；

当时，也满足上式，所以．

故，

要使成立，即，解得，

此时，，，满足：，

即为，的等差中项，

∴存在符合题意．

20．已知函数．

(1)若在上既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围；

(2)若直线与曲线相切，求实数a的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求，再通过在上既有极大值又有极小值，推出方程在上有两不等实根，求实数a的取值范围即可；

（2）设切点为，其中，则由题意可得：，整理得：，将其代入化简 ，令，求实数a的值即可．

【详解】（1）由题得，

∵在上即有极大值又有极小值，

所以方程在上有两不等实根，

令，则，

解得：，所以实数a的取值范围为：.

（2）设切点为，其中，则由题意可得：，

整理得：，∴，（*）

令，

则，

由，则当，，在上单调递增，

当，，则在上单调递减．

∴，所以方程（*）只有唯一解：，所以：．

21．过点的直线与抛物线交于点(在第一象限),当直线的倾斜角为时,.

(1)求抛物线的方程;

(2)已知,延长交抛物线于点,当面积最小时,求点的横坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件设直线l得方程,与抛物线方程联立,运用弦长公式求解;

（2）设,分别联立直线和抛物线,直线与抛物线方程,求出与的关系;根据得到,再求出与的关系.结合导数求解即可得到答案.

【详解】（1）由题意直线l的斜率，所以l得方程为,

联立方程，解得,

所以，

由弦长公式得:，

,解得(负值舍去)，

抛物线方程为.

（2）

设,则,

联立直线与抛物线方程可得:,整理得:

由韦达定理:,则;

联立直线与抛物线方程可得:,整理得:,

由韦达定理:,则.

因为，

∴，

令，则

，

由得:,由得:，

∴在单调递减,在单调递增,

∴当时,取得最小值，故点的横坐标为.

【点睛】关键点点睛:在于面积的转化,根据找到和两者的关系,从而得到,再利用韦达定理结合导数进行求解.

22．在直角坐标系中，已知圆的方程为：.

(1)写出圆的一个参数方程；

(2)若，是圆上不同的两点，且，求的最大值.

【答案】(1)，其中为参数.

(2)

【分析】（1）根据圆的直角坐标方程转化为参数方程即可；

（2）根据向量的数量积的坐标运算和向量的几何意义结合点到直线的距离公式即可求解.

【详解】（1），

所以，

所以，

所以，

所以圆的一个参数方程为：

，其中为参数.

（2）

设中点为，

所以

而由题可知，即在以点C为圆心，半径为的圆上，

所以

故的最大值为：.

23．已知，，均为正实数，且.

(1)若，求证：；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）根据三角代换即可求解；（2）根据根据三角代换即可求解.

【详解】（1），

若，

则，

所以，

所以，

所以可令，，

所以.

故.

（2），

所以

，

所以，，

所以，，

又，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

解得，

所以，

故答案为：.