2023届四川省雅安市高三三模数学（文）试题含解析

2023届四川省雅安市高三三模数学（文）试题

一、单选题

1．若（为虚数单位），则的虚部是

A．1 B．-1 C． D．

【答案】B

【详解】因为,故,所以的虚部是,应选B．

2．已知集合|，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简集合M，再利用集合的并集运算求解.

【详解】解：因为，，

所以，

故选：B．

3．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯足球赛，这是世界杯第一次在阿拉伯地区举办，由于夏季炎热，2022年卡塔尔世界杯放在冬季进行，如图是卡塔尔2022年天气情况（其中曲线图表示气温，条形图表示降雨量），下列对月份说法错误的是（    ）

A．有5个月平均气温在30以上

B．有4个月平均降水量为0

C．7月份平均气温最高

D．3月份平均降水量最高

【答案】D

【分析】根据所给图表直接判断ABCD选项即可得解.

【详解】由图可知，5月份到9月份共5个月的平均气温都在30以上，故A正确；

由图可知，6月份到9月份共4个月的平均降水量为0，故B正确；

由图知，7月份平均气温最高，故C正确；

由图知，2月份的降水量最高，故D错误.

故选：D

4．已知数列的前项和为．若，则（    ）

A．16 B．25 C．29 D．32

【答案】B

【分析】由递推关系化简，结合等差数列定义证明数列为等差数列，再由求和公式计算.

【详解】由可得，

即，

故数列是以为首项，2为公差的等差数列，

所以，

故选：B

5．若将函数()的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】D

【解析】先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果.

【详解】将函数()的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，

又平移后的图象与函数的图象重合，

而，

所以（），则（），

又，所以为使取得最小值，只需，此时.

故选：D.

6．有诗云：“芍药乘春宠，何曾羡牡丹.”芍药不仅观赏性强，且具有药用价值.某地打造了以芍药为主的花海大世界.其中一片花海是正方形，它的四个角的白色部分都是以正方形的顶点为圆心､正方形边长的一半为半径的圆弧与正方形的边所围成的（如图所示）.白色部分种植白芍，中间阴影部分种植红芍.倘若你置身此正方形花海之中，则恰好处在红芍中的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设正方形的边长为，分别求得正方形与阴影部分的面积，结合面积比的几何摡型，即可求解.

【详解】由题意，设正方形的边长为，可得以正方形的顶点为圆心的圆的半径为，

可得正方形的面积为，

阴影部分的面积为，

根据面积比的几何概型，可得恰好处在红芍中的概率是.

故选：A.

7．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走.遇店添一倍，逢友饮一斗.”基于此情景设计了如图所示的程序框图，若输入，输出，则判断框中可以填（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据框图计算可得时，则，此时跳出循环输出结果．

【详解】根据框图可得：

输出，则，此时跳出循环

故选：B．

8．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据角的变换及诱导公式将转化，再利用二倍角的余弦公式即可求得答案.

【详解】因为，

故，

故选：A

9．对任意的，不等式都成立，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分离参数得对任意的恒成立，则求出即可.

【详解】因为对任意的，都有恒成立，

∴对任意的恒成立．

设，

，，

当，即时，，

∴实数a的取值范围是.

故选：D.

10．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.

【详解】如图所示：设球半径为，则，解得.

故求体积为：，圆锥的体积：，故.

故选：.

【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

11．已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于，点在双曲线C上，椭圆E的焦点与双曲线C的焦点相同，斜率为的直线与椭圆E交于A、B两点．若线段AB的中点坐标为，则椭圆E的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由离心率和点求出双曲线的方程，进而求出焦点，设出椭圆的方程及的坐标，由点差法得到，结合中点坐标及斜率求得，

再利用焦点坐标，即可求解.

【详解】设双曲线方程为，则，解得，故双曲线方程为，焦点为；

设椭圆方程为，则椭圆焦点为焦点为，故，设，则，

两式相减得，整理得，即，解得，故，椭圆方程为.

故选：D.

12．设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍缩函数”.若函数为“倍缩函数”，则实数t的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据定义及函数单调性，分析可得关于x的方程，判断出方程有两个不等的实数根；构造函数，通过求导求得极值点，代入后求得t的最大值．

【详解】因为函数为“倍缩函数”，且为递增函数

所以存在，使在上的值域为

则 ，由此可知等价于 有两个不等实数根

令

则，令

解得

代入方程得

解得，因为有两个不等的实数根

所以t的取值范围为

所以选B

【点睛】本题考查了函数新定义的理解，函数单调性、函数与方程关系的应用，导数在求最值中的用法，属于难题．

二、填空题

13．已知向量与的夹角为，且，则__________．

【答案】

【分析】根据向量的模得坐标公式求出，再根据数量积的运算律计算即可.

【详解】由，得，

则.

故答案为：.

14．已知拋物线恰好经过圆的圆心，则拋物线的焦点坐标为__________．

【答案】

【分析】将圆M的圆心代入抛物线的方程可求得，进而可求焦点坐标.

【详解】由圆可得，

故圆的圆心为，代入得，

将抛物线的方程化为标准方程得，

故焦点坐标为.

故答案为：.

15．已知内角所对的边分别为面积为，且的中点为，则的长是__________．

【答案】

【分析】由正弦定理化简，再由余弦定理求出A，根据面积公式求出，结合余弦定理可求出，求出边长知三角形为正三角形得解.

【详解】由可得，

由正弦定理可得，，即，

由余弦定理可得，因为，所以，

由，解得，

由可得，由，

解得，联立可得，

故为正三角形，所以中线.

故答案为：

16．如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________．

【答案】

【分析】由已知可得到的距离，再利用勾股定理知要使取得最小值，则需取得最小值，此时利用点到直线的距离可得解.

【详解】由已知得四面体体积

所以设到的距离为，则

解得所以在底面内（不包括边界）与平行且距离为的线段 上，

要使的最小，则此时是过作的垂线的垂足.

点到的距离为所以

此时

故答案为.

【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题，将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键，属于难度题.

三、解答题

17．经调查某市三个地区存在严重的环境污染，严重影响本地区人员的生活．相关部门立即要求务必加强环境治理，通过三个地区所有人员的努力，在一年后，环境污染问题得到了明显改善．为了解市民对城市环保的满意程度，开展了一次问卷调查，并对三个地区进行分层抽样，共抽取40名市民进行询问打分，将最终得分按分段，并得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值，以及此次问卷调查分数的中位数；

(2)若分数在区间的市民视为对环保不满意的市民，从不满意的市民中随机抽出两位市民做进一步调查，求抽出的两位市民来自不同打分区间的概率．

【答案】(1)，中位数为（分）

(2)

【分析】（1）根据小矩形的面积之和为即可求出，再根据频率分布直方图求出中位数即可；

（2）分别求出和的市民人数，再根据古典概型即可得解.

【详解】（1）由题意可得，

解得，

由，

可得此次问卷调查分数的中位数在上，设为，

则，解得，

所以此次问卷调查分数的中位数为（分）；

（2）的市民有人，记为a，b，

的市民有人，记为1，2，3，4，

则从中抽取两人的基本事件有：共15种，其中两人来自不同的组的基本事件有8种，

则所求概率为.

18．在①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.

已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.

(1)求的通项公式；

(2)求.

注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.

【答案】(1)选①②，①③或②③均可得

(2)

【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式；

（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.

【详解】（1）若选①②，设公差为，

则，

解得：，

；

选①③，设公差为，

，

解得：，

；

选②③，设公差为，

，

解得：，

；

（2），

.

19．如图，三棱柱中､四边形是菱形，且，，，，

(1)证明：平面平面；

(2)求直线和平面所成角的正弦值；

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.

【详解】（1）连接交于O，连接，如图，

四边形是菱形，所以，

又，，是的中点，

所以且，

由，可知为正三角形，

所以，，

在中，，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

（2）设到平面的距离为，

因为中，，，

所以，

又，，

所以由，可得,

即,

设直线和平面所成角为，

则.

20．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若函数，都有，求a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，分和两种情况讨论即可；

（2），分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可得解.

【详解】（1），

当时，，所以函数在上单调递增，

当时，时，，时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

综上所述，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增；

（2），即，

即，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

21．已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为2，左顶点为，点是椭圆上一点．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线过椭圆的右焦点且与椭圆交于两点，直线与直线分别交于点．

①求证：两点的纵坐标之积为定值；

②求面积的最小值．

【答案】(1)

(2)①证明见解析②18

【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；

（2）①设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得直线的方程得到，，化简，即可求解；

②由三角形的面积公式，结合基本不等式，即可求解.

【详解】（1）由题意，椭圆过点，且，

可得，解得，

所以椭圆的方程为．

（2）①由题意知，可设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

设，，可得，，

直线的方程为，

令，可得，同理可得，

所以

．

②由，

当且仅当，或，时等号成立，

所以面积的最小值为．

【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略：

1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；

2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围

22．已知曲线和直线（为参数）．

(1)求曲线的参数方程和直线的普通方程；

(2)过曲线上任意一点作与直线夹角为的直线，交于点，求的最大值与最小值．

【答案】(1)（为参数），

(2)，

【分析】（1）令，即可得到椭圆的参数方程；消去，即可得到直线的普通方程；

（2）根据参数方程，表示出点到直线的距离，再表示出，根据辅助角公式，即可求出的最值.

【详解】（1）令，可得曲线C的参数方程为（为参数）；

根据消去可得，直线l的普通方程为．

（2）设曲线C上任意一点到直线l：的距离为，其中，且为锐角．

过点作，垂足为，如图，

则，，在中，

，其中，且为锐角．

故当时，取得最大值为，当时，取得最小值为．

23．已知函数.

（1）当时，解不等式；

（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）分别在、和三种情况下，去除绝对值符号后解不等式求得结果；

（2）将问题转化为在上恒成立，得到，从而确定，可得，解不等式组求得结果.

【详解】（1）当时，原不等式可化为.

①当时，，解得：，；

②当时，，解得：，；

③当时，，解得：，；

综上所述：不等式的解集为或.

（2）由知：，

，在上恒成立，

，即，，解得：，

，解得：，即实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键是能够根据将问题转化为恒成立问题的求解，从而将问题转化为参数与的最值之间大小关系的问题.