四川省内江市2023届高三第三次模拟考试数学（理科）试题

四川省内江市2023届高三第三次模拟考试数学（理科）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知复数，其中是虚数单位，是的共轭复数，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知全集，，，则（    ）

A． B．

C． D．

3．空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级，如图是某市4月1日至14．日连续14天的空气质量指数趋势图，则下列说法中正确的是（    ）

A．从2日到5日空气质量越来越差

B．这14天中空气质量指数的中位数是214

C．连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日

D．这14天中空气质量指数的平均数约为189

4．我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．某“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（    ）

A． B． C． D．2

5．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

6．已知函数和有相同的极大值，则（    ）

A．2 B．0 C．-3 D．-1

7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（    ）

A．4 B． C． D．6

8．位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表．圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意图，已知郑州市冬至正午太阳高度角（即）约为32.5°，夏至正午太阳高度角（即）约为79.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为14米，则表高（即的长）约为（    ）（其中，）

A．9.27米 B．9.33米 C．9.45米 D．9.51米

9．已知圆锥的母线长为2，侧面积为，则过顶点的截面面积的最大值等于（    ）

A． B． C．3 D．2

10．已知双曲线上有不同的三点A、B、P，且A、B关于原点对称，直线PA、PB的斜率分别为、，且，则离心率的值为（    ）

A． B． C． D．

11．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，且在上有5个零点，则（    ）

A．1 B．5 C．9 D．13

12．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知，且，则向量在向量上的投影为__________.

14．若的展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是______.

15．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________．

16．已知，，P是圆O：上的一个动点，则的最大值为_________.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，且满足，．

(1)求数列的通项公式．

(2)记，求数列的前项和．

18．某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图．为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”．

(1)当，时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为m，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n，比较m，n的大小关系；

(2)在这10个卖场中，随机选取2个卖场，记X为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求X的分布列和数学期望．

(3)记乙型号电视机销售量的方差为，根据茎叶图推断a与b分别取何值时，达到最小值．（只需写出结论）

19．在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.

(1)求证：；

(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.

问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

20．若存在实数k，b，使得函数和对其定义域上的任意实数x同时满足：且，则称直线：为函数和的“隔离直线”.已知，（其中e为自然对数的底数）.试问：

（1）函数和的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；

（2）函数和是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的方程；若不存在，请说明理由.

21．如图，曲线是以原点为中心，、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以为顶点、为焦点的抛物线的一部分，是曲线和的一个交点，且为钝角，，．

(1)求曲线和所在椭圆和抛物线的方程；

(2)过作一条与轴不垂直的直线，分别和曲线和交于、、、四点，若为的中点，为的中点，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．

22．在平面直角坐标系中，将曲线向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的参数方程；

（2）已知点在第一象限，四边形是曲线的内接矩形，求内接矩形周长的最大值，并求周长最大时点的坐标．

23．已知函数（）．

(1)若，求证：；

(2)若对于任意，都有，求实数a的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】设，后由共轭复数，复数乘法，复数相等知识可得答案.

【详解】设，则，

，则

.故选：A

2．A

【分析】化简集合M，N，后由并集及补集定义可得答案.

【详解】，则；

，则.

则或.

故选：A

3．D

【分析】观察数据变化可判断A项；将14天的空气质量指数由小到大依次排列，即可得出中位数，判断B项；根据折线图及方差的概念可判断C项；根据数据计算平均数可判断D项.

【详解】对于A选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，A选项错误；

对于B选项：由图象可知，14天的空气质量指数由小到大依次为：80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，所以中位数为，B选项错误；

对于C选项：方差表示数据波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方差最小的是9日到11日，C选项错误；

对于D选项：这14天中空气质量指数的平均数约为

，D选项正确；

故选：D.

4．C

【分析】先由三视图得到几何体的直观图，再分别求得棱长比较下结论.

【详解】解：由三视图得该几何体如图所示：

由图知：，

，

故选：C

5．A

【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.

【详解】函数的定义域为，

且，

所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，所以选项C、D错误；

又，所以选项B错误；

故选：A.

6．B

【分析】利用导数法求得和的极大值，然后根据与有相同的极大值建立方程求解即可.

【详解】，则，

令，解得，令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极大值，

又，则，

令，解得，令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极大值，

依据题意，和有相同的极大值，

故，所以，所以.

故选：B.

7．C

【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面（含球面部分）都相切，进而求半径最小值.

【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切，

此时，如上图示，为半球的球心，为其中一个小球球心，则是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与共线，

所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与长度之和，即,

故选：C

8．C

【分析】根据题意，，进而代入数据求解即可.

【详解】解：如图，，

设表高，则由题知，，

所以，

因为，，，

所以，解得，

所以，表高（即的长）约为米.

故选：C

9．D

【分析】结合圆锥的母线长和侧面积可求得底面圆的周长、半径，再得到轴截面的顶角，进而得到截面三角形顶角的取值范围，故当截面为顶角是的等腰三角形时面积最大，即得解

【详解】由圆锥的母线长为2，侧面积为，假设底面圆周长为，因此，

故底面圆周长为，底面圆的半径为.

由于轴截面为腰长为2，底边长为底面圆直径的等腰三角形，因此轴截面的顶角是.故当截面为顶角是的等腰三角形时面积最大，此时.

故选：D

【点睛】本题考查了圆锥的侧面积和截面面积问题，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理，数学运算能力，为中档题

10．B

【分析】设，由斜率坐标公式求出，再利用点差法得，即可求出，进而求得.

【详解】设，，根据对称性，知，

所以.

因为点A，P在双曲线上，所以，两式相减，得，

所以，所以，所以，

所以.

故选：B

11．B

【分析】由题知，进而结合题意得，再根据在上有5个零点即可得答案.

【详解】解：因为函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，

所以，

因为是的一个单调递增区间，

所以，，即，解得，

因为在上有5个零点，作出其草图如图，

所以，由上图可知，，解得  ，

所以，当时，

故选：B

12．A

【分析】利用正切函数单调性借助1比较b，c大小；根据对数结构构造函数比较a，b大小，即可解答.

【详解】因为在上单调递增，于是，即，

令，则，所以在上单调递减，

所以，即，

取，则，所以，即，

所以.

故选：A

13．

【分析】先求出，再利用投影公式可得向量在向量上的投影.

【详解】因为，所以，即；

由可得；

则向量在向量上的投影为.

故答案：.

14．5

【分析】利用赋值法令表达出展开式的各项系数和，求出，根据二项式展开式的通项公式计算即可得出结果.

【详解】解：因为的展开式的各项系数和为32，

令，得，所以，

又，

所以该展开式中的系数是．

故答案为：5

15．

【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】分两种情况讨论：

（1）第一局甲胜，第二局乙胜：

若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，

若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，

所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；

（2）第一局乙胜，第二局甲胜：

若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，

若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，

所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.

综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.

故答案为：.

16．

【分析】设外接圆半径为R，由正弦定理可得，当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，最大.

【详解】设外接圆半径为R，由正弦定理，，当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，最大.

设外接圆圆心为M，由题可得其在AB中垂线上，可设其坐标为：.

则，，又圆M与圆O相内切，则圆心距等于半径之差，则，

等式两边平方并化简后可得：.

即外接圆半径为R的最小值为.

则此时最大，最大值为.

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）方法一：由之间关系可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式求得；

方法二：由已知关系式可证得数列为等比数列，由此可推导求得，利用之间关系可求得；

（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.

【详解】（1）方法一：当时，由得：，即，

又，；

当时，，

又，满足，即当时，成立，

数列是以为首项，为公比的等比数列，.

方法二：由得：，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列，，

即，

当时，，

又满足，.

（2）由（1）得：，

.

18．(1)

(2)分布列见解析

(3)时，达到最小值

【分析】（1）计算甲乙的平均数比较大小即可；

（2）分析数据，列出X的分布列并求出数学期望；

（3）根据方差的性质，时，离散程度越小，达到最小值．

【详解】（1）根据茎叶图，可得甲组数据的平均数为，

乙组数据的平均数为，

甲型号电视机的“星级卖场”数量为，乙型号电视机的“星级卖场”数量为，

所以；

（2）的可能取值为0，1，2，由（1）知，甲型号电视机的“星级卖场”数量为5，

，，，

X的分布列为：

（3）方差代表和中心偏离的程度，

时，离散差越小，达到最小值．

19．(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，结合中位线的性质可得，即可证明；

（2）选①：由二倍角的正切公式求出，进而求出BD，选②：根据向量的线性运算求出BD，选③：设，利用线面垂直的判定定理和性质可得平面，则，利用导数求出体积的最大值，求出BD.分别建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出面面角即可；

【详解】（1），平面，

平面平面.

又分别为的中点，

.

（2）选①，在图1所示的中，由，

解得或（舍去）.

设，在Rt中，，

解得.

以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，

，

则.

设，则.

，即，解得，

当（即是的靠近的一个四等分点）时，.

设平面的一个法向量为，且，

由得令，则，

取平面CBN的一个法向量，

则，

平面BMN与平面的夹角的余弦值为.

选②，在图1所示的中，设，

则，

又，由平面向量基本定理知，即.

以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，

则.

设，则，

即，解得，

当（即是的靠近的一个四等分点）时，.

设平面的一个法向量为，且，

由得令，则.

取平面的一个法向量，

则，

平面与平面的夹角的余弦值为.

选③，在图1所示的中，设，则，

为等腰直角三角形，.

折起后，且，平面，

平面，又，

，

令，

当时，；当时，，

时，三棱锥的体积最大.

以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，

，

，则，

设，则.

，即，

解得，

当（即是的靠近的一个四等分点）时，.

设平面的一个法向量为，且，

由得令，则.

取平面的一个法向量，

则，

平面与平面的夹角的余弦值为.

20．（1）存在，交点坐标为；（2）存在，

【分析】（1）构造函数，求导得到函数的单调区间，得到函数在处取得最小值为0，得到答案.

（2）设直线，根据得到，再证明恒成立，令，求导得到单调区间，计算最值得到证明.

【详解】（1）∵，

∴，令，得，

当时，，时，，

故当时，取到最小值，最小值是0，

从而函数和的图象在处有公共点，交点坐标为.

（2）由（1）可知，函数和的图象在处有公共点，

因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，

设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为，

即，

由，可得在上恒成立，

则，只有，

此时直线方程为：，下面证明恒成立，

令，

，当时，，

当时，函数单调递减；时，，函数单调递增，

则当时，取到最小值是0，

所以，则当时恒成立.

∴函数和存在唯一的隔离直线.

【点睛】本题考查了函数图像的交点问题，求新定义“隔离直线”方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

21．(1)椭圆方程为，抛物线方程为．

(2)是，且

【分析】（1）设椭圆方程为，利用椭圆定义可求得的值，设、、，利用两点间的距离公式和抛物线的定义可得出关于、、的方程组，结合已知条件得出，解出的值，即可得出椭圆和抛物线的方程；

（2）设、、、，设直线的方程为，其中，将直线的方程分别与椭圆、抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定可计算出的值，即可得出结论.

【详解】（1）解：设椭圆方程为，则，得，

设、、，抛物线方程为，其中，

则，，

两式相减得，由抛物线定义可知，

因为为钝角，则，解得，

所以，椭圆方程为，抛物线方程为．

（2）解：设、、、，

设直线的方程为，其中，

联立可得，

由韦达定理可得，，

联立可得，由韦达定理可得，，

所以，

.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

22．（1）（2），

【分析】（1）先将曲线化为普通方程，再根据坐标变换规律，即可求得曲线的普通方程和参数方程；

（2）根据题意，设点，则，利用辅助角公式化简周长的解析式，即可求出最大值及其对应的点的坐标.

【详解】解：（1）由得

将代入，整理得曲线的普通方程为，

设曲线上的点为，变换后的点为

由题可知坐标变换为，即代入曲线的普通方程，整理得

曲线的普通方程为 ，

曲线的参数方程为(为参数). 

（2）设四边形的周长为，设点，

，

且，，             

，

．                              

且当时，取最大值，此时，

所以，，，此时.

【点睛】本题考查坐标变换及参数方程、普通方程和极坐标方程的转换方法，考查运用动点参数法求解问题，考查运算求解能力和数形结合思想，考查函数与方程思想.

23．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）法一：由绝对值的几何意义及二次函数的性质即可证结论；法二：讨论、分别求的范围，即可证结论.

（2）将问题化为在上恒成立，即可求参数a的范围.

【详解】（1）法一：，而，

所以．

法二：当时，，

当时，，

综上，．

（2）当时，，

由，得，

设，，

对任意有恒成立，所以，

因为在上，，

所以．