2023届贵州省高三考前备考指导解压卷数学（文）试题含解析

这是一份2023届贵州省高三考前备考指导解压卷数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设复数（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】利用复数共轭复数的概念和运算法则计算出，从而确定其对应点所在象限.
【详解】，
故，所以对应点坐标为，在第三象限.
故选：C
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分式不等式的解法，求得，再利用集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，即，
又由，可得.
故选：B.
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式，得到，结合在上是增函数，即可求解.
【详解】由三角函数的诱导公式，可得，
因为，且在上是增函数
所以，即.
故选：D.
4．如图，已知是半圆的直径，，，是将半圆圆周四等分的三个点，从，，，，这个点中任取个点，则这个点组成等腰三角形的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先列举从、、、、这个点中任取个点，可以组成的三角形，再找出等腰三角形的个数，代入古典概型公式即可求出答案.
【详解】从、、、、这个点中任取个点，一共可以组成个三角形：
、、、、、、、
、、，其中是等腰三角形的只有、、
、这个，所以这个点组成等腰三角形的概率.
故选：A．
【点睛】古典概型的概率计算中列举基本事件的方法：
（1）枚举法；（2）列表法；（3）坐标法；（4）树状图法；（5）排列组合.
5．已知等比数列的公比且，前项积为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先计算，再根据等比数列的性质，即可求解.
【详解】因为，所以，由且可知，同号，所以.
故选：C
6．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的的值是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】利用程序框图推出最终结果即可.
【详解】执行程序：，，，；，，，；，，，；，，，此时，退出循环，输出.
故选：B.
7．已知一个三棱锥型玩具容器的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形（其中点为中点，点为中点），则该玩具的体积为（ ）
A．B．C．125D．
【答案】B
【分析】首先通过三棱锥定义确定该玩具为三棱锥，再通过三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】该玩具为三棱锥，即三棱锥，则底面，且，面积为，所以.
故选：B.
8．若函数的最小值为，则( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据x的范围分类讨论去掉的绝对值符号，再根据二次函数的性质和f(x)的最小值即可求出关于a的方程，令，根据g(a)的单调性即可求出a的范围．
【详解】当时，，
当时，，
∵，
∴的最小值为，∴，即，
设，则是R上的增函数，
∵，，
∴．
故选：C．
9．已知函数的一个零点为，且在上的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合三角函数的性质和图像，的区间长度只有不小于（为最小正周期）就可以满足题意.
【详解】若函数的一个零点为，且在上的值域为，则的区间长度至少为（为最小正周期），所以，解得.
故选：D
10．若直线：上存在长度为2的线段AB，圆O：上存在点M，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意，以AB为直径的圆与圆О有公共点，设AB中点为，则，问题转化为圆O上存在点M，直线上存在点N，使得，根据点到直线的距离公式列出不等式，即可求得的取值范围.
【详解】由题意，以AB为直径的圆与圆О有公共点，设AB中点为，则，问题转化为圆O上存在点M，直线上存在点N，使得，故只需点M到直线的距离的最小值小于或等于1，即点О到直线的距离，解得或.
故选：A.
11．已知正三棱雉中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.
【详解】由题意，正三棱雉中，，
则，所以，同理可得，
即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，
则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，
所以球心位于正方体对角线的中点,
所以三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，
所以.
12．已知函数在上满足如下条件：（1）；（2）；（3）当时，.若恒成立，则实数的值不可能是（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】B
【分析】构造，求导后得到当时，为减函数，根据函数是奇函数得到是偶函数，且，考虑时，，求出，考虑时，，求出，得到答案.
【详解】设，则，
因为当时，，所以当时，有恒成立，
即此时0，函数为减函数，
因为在上满足，所以函数是奇函数，
又，所以，
又，故是偶函数，所以，
且在上为增函数，
当时，，即，等价为，即，得；
当时，，即，等价为，即，
此时函数为增函数，得，
综上不等式的解集是，
结合选项可知，实数的值可能是，，1.
故选：B
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
二、填空题
13．在中，点为边中点，若，则______.
【答案】
【分析】利用平面向量的加减法法则运算即可.
【详解】因为点为边中点，所以，
所以，，.
故答案为：.
14．已知实数，满足约束条件,则的取值范围是______.
【答案】
【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义求出的最值，得到取值范围.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
设，则，当直线经过点时，取到最大值，
且.
当直线经过点时，取到最小值，且，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，分别在双曲线的左支与右支上，且点，与点共线，若，则______.
【答案】
【分析】利用双曲线的定义，结合已知条件，求解，然后求解的值即可.
【详解】因为，设，，
由双曲线定义可得，所以，
即，，即.
故答案为：.
16．已知数列满足，若数列的前项和为，，则中所有元素的和为______.
【答案】2520
【分析】讨论为奇数和为偶数时，由等差数列的求和公式求和即可.
【详解】由，得，
所以，
所以为奇数时，故都是集合中的元素.
又，所以为偶数时，
由得，所以2，4，6，8是集合中的元素，
则集合中所有元素的和为.
故答案为：2520.
三、解答题
17．已知中，角所对的边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式化简得到，进而结合正弦定理得到，借助同角的商数关系即可求出结果.
（2）结合三角形的面积公式以及余弦定理得到，结合完全平方关系即可
【详解】（1）因为，所以，
结合正弦定理可得，因为，所以,
故，显然，则，即，
因为，所以
（2）因为，所以，
由余弦定理得，即，
即，故，由于，因此.
18．某市教育局为了解全市高中学生在素质教育过程中的幸福指数变化情况，对8名学生在高一，高二不同学习阶段的幸福指数进行了一次跟踪调研．结果如表：
（1）根据统计表中的数据情况，分别计算出两组数据的平均值及方差；
（2）请根据上述结果，就平均值和方差的角度分析，说明在高一，高二不同阶段的学生幸福指数状况，并发表自己观点．
【答案】（1），，，；（2）这8名学生在高一的平均幸福指数大于在高二的平均幸福指数，而这8名学生在高二的幸福指数比在高一的幸福指数稳定.
【分析】（1）根据平均数与方差的公式计算即可；（2）比较平均数与方差的大小分析即可.
【详解】（1）这8名学生在高一的幸福指数平均值为：
，
方差为： ，
这8名学生在高二的幸福指数平均值为：
，
方差为：；
（2）因为，，所以可以认为这8名学生在高一的平均幸福指数大于这8名学生在高二的平均幸福指数，而这8名学生在高二的幸福指数比在高一的幸福指数稳定.
【点睛】本题主要考查数字特征，主要考查学生的计算能力，属于基础题.
19．如图所示，在四棱锥中，侧面侧面，，，， ，.
(1)求证：平面平面；
(2)若点A关于中点的对称点为，三棱锥的体积为，求点A到的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，进而证明出面面垂直；
（2）由三棱锥的体积求出点到平面的距离，求出点到平面的距离，由面面垂直得到点到的距离，求出，得到点A到的距离.
【详解】（1）证明：在中，由，，，
由余弦定理得，
可得，所以，故，
因为侧面侧面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）由题意可知，，，共面，且四边形是平行四边形.
设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积，
所以.
因为，所以点到平面的距离也是2，
又因为平面平面，交线为，
所以点到的距离是2，所以.
所以点A到的距离为.
20．已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)若，，求证：.
【答案】(1)极小值，没有极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，由导数与单调性的关系求出单调性，从而可求得函数的极值；
（2）通过将代入，移项，构造新函数，进行不等式的证明.
【详解】（1）解：当时，
所以，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以时取得极小值，且极小值，没有极大值.
（2）要证：，时，，即证，
设，则，
设，则时，
所以，即，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以在上是增函数，
所以，即，即.
21．已知抛物线及离心率为的椭圆，直线过椭圆的左焦点且与抛物线只有1个公共点.
(1)求抛物线及椭圆的方程；
(2)若直线与曲线交于，两点，直线，与直线分别交于，两点，试判断椭圆上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)抛物线的方程为，椭圆的方程
(2)存在，
【分析】（1）联立与抛物线方程，由根的判别式等于0得到，再根据离心率及直线过椭圆的左焦点，得到椭圆方程；
（2）联立抛物线与，得到两根之和，两根之积，表达出直线和直线的方程，进而求出，两点坐标，由得到，求出答案.
【详解】（1）由，得，
因为直线与抛物线只有1个公共点，
所以，解得，
故抛物线的方程为.
由直线过椭圆的左焦点得，又椭圆的离心率为，
得，，则，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，
由得，
所以，
，.
所以，
，
直线的方程为，同理可得，直线的方程为，
令得，，，
假设椭圆上存在点，恒有.
则，
即，
即，
即，
令，可得或.
点不在椭圆上，点在椭圆上，
所以椭圆上存在点，使恒成立.
【点睛】方法点睛：处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数且）.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程及的直角坐标方程；
(2)若曲线及没有公共点，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由曲线的参数方程，利用代入法消去参数得曲线的普通方程，注意变量的取值范围；再将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）由圆心到直线的距离大于半径可求出的取值范围.
【详解】（1）曲线的参数方程为，消去参数得曲线的普通方程为.
，即，
由，，，得曲线的直角坐标方程为，
即.
（2）曲线表示以，为端点的线段（不包括点B），曲线及没有公共点，如图：
当与相切时，， ，
解得：，
即的取值范围是.
23．已知，且.
(1)解关于的不等式：；
(2)求证：对任意恒有.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论、、时分别解不等式即可.
（2）根据已知条件证得，再运用绝对值三角不等式可证得即可.
【详解】（1）由，且得，
所以，，
当时，由得，该不等式不成立.
当时，由得，解得.
当时，由得，该不等式恒成立.
综上得不等式的解集为.
（2）证明：由，且得，
所以，
又因为，
所以，
又因为，当且仅当时取等号.
所以对任意：恒有.
学生编号
1
2
3
4
5
6
7
8
高一阶段幸福指数
95
93
96
94
97
98
96
95
学生编号
1
2
3
4
5
6
7
8
高二阶段幸福指数
94
97
95
96
95
94
93
96