四川省攀枝花市2023届高三第三次统一考试文科数学试题

这是一份四川省攀枝花市2023届高三第三次统一考试文科数学试题，共19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。
四川省攀枝花市2023届高三第三次统一考试文科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，，则（     ）A． B． C． D．2．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（i为虚数单位）为“等部复数”，则实数a的值为（     ）A． B． C．0 D．13．攀枝花昼夜温差大，是内陆地区发展特色农业的天然宝地，干热河谷所孕育的早春蔬菜为大家送去新鲜优质的维生素和膳食纤维.下图为攀枝花年月日至日的最高气温与最低气温的天气预报数据，下列说法错误的是（     ）A．这天的单日最大温差为度的有天B．这天的最高气温的中位数为度C．这天的最高气温的众数为度D．这天的最高气温的平均数为度4．如图所示的程序框图中，若输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是（     ）A． B．C． D．5．若角的终边上有一点，则（     ）A． B． C． D．6．对于直线m和平面，，下列命题中正确的是（     ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则7．已知，，，，若“p且q”是真命题，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C．或 D．且8．已知，c＝sin1，则a，b，c的大小关系是（    ）A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．a＜c＜b9．八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形.若向图2随机投一点，则该点落在白色部分的概率是（     ）A． B． C． D．10．已知双曲线，A为双曲线C的左顶点，B为虚轴的上顶点，直线l垂直平分线段，若直线l与C存在公共点，则双曲线C的离心率的取值范围是（     ）A． B． C． D．11．已知函数对任意都有，则当取到最大值时，图象的一条对称轴为（     ）A． B．C． D．12．定义在R上的连续函数满足，且为奇函数.当时，，则（     ）A． B． C．2 D．0 二、填空题13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为___________.14．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，则________.15．如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.16．如图，四边形中，与相交于点O，平分，，，则的值_______. 三、解答题17．某企业从生产的一批产品中抽取个作为样本，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果制成如图所示的频率分布直方图.(1)求这件产品质量指标值的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数；(2)用频率代替概率，按分层抽样的方法从质量指标值位于、内的产品中随机抽取个，再从这个产品中随机抽个，求这个产品质量指标值至少有一个位于内的概率.18．已知等差数列的公差为，前n项和为，现给出下列三个条件：①成等比数列；②；③.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列的通项公式；(2)若，且，设数列的前n项和为，求证：.19．如图1，圆O的内接四边形中，，，直径.将圆沿折起，并连接、、，使得为正三角形，如图2.(1)证明：图2中的平面；(2)在图2中，求三棱锥的体积.20．已知椭圆的焦点坐标为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)椭圆的上、下顶点分别为点和，动点在圆上，动点在椭圆上，直线、的斜率分别为、，且.证明：、、三点共线.21．已知函数在处的切线方程为.(1)求实数a，b的值；(2)当时，恒成立，求正整数m的最大值.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求，的极坐标方程；(2)若射线分别与曲线，相交于A，B两点，求的面积.23．已知函数.(1)解不等式；(2)设函数的最小值为c，正实数a，b满足，求的最小值.
参考答案：1．C【分析】化简集合，根据交集的定义求解即可.【详解】因为，所以，又，所以.故选：C.2．B【分析】先化简复数，利用“等部复数”的定义：实部和虚部相等，列出方程求出的值．【详解】，复数为“等部复数”，，故选：B．3．D【分析】确定这天的单日最大温差为度的日期，可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用众数的概念可判断C选项；利用平均数公式可判断D选项.【详解】对于A选项，这天的单日最大温差为度为月日、月日，共天，A对；对于B选项，这天的最高气温由小到大依次为：、、、、、、（单位：），故这天的最高气温的中位数为度，B对；对于C选项，这天的最高气温的众数为度，C对；对于D选项，这天的最高气温的平均数为，D错.故选：D.4．B【分析】根据程序框图，明确该程序的功能是求分段函数的值，由此根据该函数值域，可求得答案.【详解】由程序框图可知：运行该程序是计算分段函数的值，该函数解析式为 ，输出的函数值在区间 内 ，必有当时，，，当 时 ，，，即得 ．故选∶B．5．A【分析】根据正切函数的定义及二倍角的正切公式求解.【详解】因为角的终边上有一点，所以，所以，故选：A6．C【分析】根据线面关系和面面关系逐项判断可得出答案.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，若，，则或，故B错误；对于C，若，，则，故C正确；对于D，若，，则与相交或或，故D错误.故选：C.7．C【分析】分类讨论为真和为真时，的取值，进而利用集合的交集关系，即可求解【详解】若p真，则；若q真，则或．又因为“p且q”是真命题，所以或．故选：C．8．D【分析】由对数的运算法则求出a,然后根据指数函数与正弦函数的单调性分别对b,c进行放缩，最后求得答案.【详解】由题意，，，，则.故选：D.9．D【分析】计算出白色部分对应的面积后根据几何概型的概率公式可求概率.【详解】设圆的半径为2，如图设与交于，设的中点为，连接.则，设，则，故，而题设中空白部分的面积为，故点落在白色部分的概率是，故选：D.10．B【分析】先根据题意求得直线l的斜率，再根据直线l与C存在公共点，只需直线l的斜率大于渐近线的斜率即可求解.【详解】依题意，可得，则，又因为直线l垂直平分线段，所以，因为直线l与C存在公共点，所以，即，则，即，解得，所以双曲线C的离心率的取值范围是.故选：B11．A【分析】先根据，得到，结合，得到的范围，求出的范围，进而得到的最大值为，再利用整体法求出函数的对称轴，得到答案.【详解】，,，，，，所以的最大值为，当时，令，解得，当时，对称轴为，经检验，其他三个均不合要求.故选：A12．B【分析】首先根据题意，得到，，从而得到函数的周期为，再根据求解即可.【详解】因为函数满足，所以关于对称，即①.又因为为奇函数，所以，即②.由①②知，所以，即，所以函数的周期为，所以，,因为时，，所以，又为奇函数，所以当时，，所以，故选：B.13．2【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】作出约束条件对应的平面区域，如图所示，由，可得直线，当直线过点A时，此时直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，又由，解得，所以的最大值为.故答案为：2.14．【分析】求出抛物线的焦点坐标，用点斜式求出直线的方程，将直线方程与抛物线联立得到一元二次方程，利用韦达定理得到，，由即可求出.【详解】抛物线的焦点为，设A，B两点的坐标为和，由题意得直线的方程为，将直线和抛物线联立，可得，其中，则，，.故答案为：15．【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.【详解】设外接球半径为R，则，解得，所以外接球表面积为，故答案为：.16．/【分析】由余弦定理求出，再由正弦定理求出，即得解；【详解】在中，，由余弦定理得，所以.由正弦定理得，.即.又因为平分，所以.故答案为：17．(1)平均数为，中位数为(2) 【分析】（1）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全部相加可得出，利用中位数的定义可求得样本的中位数；（2）分析可知质量落在有个，分别记为、、、，质量落在有个，分别记为、，列举出所有的事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）解：由已知得．因为．设中位数为，则，则，解得．（2）解：质量指标值位于、内的产品的频率分别为，，其中，所以用分层抽样的方法抽取的个产品中，质量落在有个，分别记为、、、，质量落在有个，分别记为、，则从这个产品中随机抽个，共种情况，如下：、、、、、、、、、、、、、、，这种情况发生的可能性是相等的.设事件为从这个产品中随机抽个，这个产品质量指标值至少有一个位于内，有、、、、、、、、，共种情况.则.18．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）先分析条件①②③分别化简，若选①②，①③，②③，联立化简后条件求首项与公差得出通项公式即可；（2）由，利用累加法求出求出，再由裂项相消法求出的前n项和，结合的单调性可得证.【详解】（1）由条件①得，因为，，成等比数列，则，即，又，则，由条件②得，即，由条件③得，可得，即.若选①②，则有，可得，则；若选①③，则，则；若选②③，则，可得，所以.（2）由，且，当时，则有又也满足，故对任意的，有，则，所以，由于单调递增，所以，综上：.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用勾股定理证明，然后结合可证；（2）利用可求答案.【详解】（1）由题意得到，，所以.所以.因为为直径所对的圆周角，所以.又，平面，平面，平面.（2）因为平面，平面，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以，所以.20．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出的值，利用椭圆的定义可求得，进而可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）计算得出，结合已知条件可得出，即可证得结论成立.【详解】（1）易知椭圆的.点在椭圆上，且，.由得，椭圆的标准方程为：.（2）设，因为.由得.为圆的直径，所以，，.故、、三点共线.【点睛】关键点点睛：本题考查三点共线的证明，解题的关键在于根据椭圆的方程计算得出，以及由圆的几何性质得出，结合斜率关系来进行证明.21．(1)，(2)3 【分析】（1）求出导数，根据题意列出方程组求解即可得解；（2）分离参数转化为的最小值，利用导数判断单调性及极值确定最小值为，根据单调性求出的范围即可得解.【详解】（1）定义域为，.由题意知，解得，.（2）由题意有恒成立，即恒成立设，，.当时，，令，其中，则所以函数在上单调递增因为，，所以存在唯一，使得，即，可得.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增.，，由对勾函数性质知函数在递减，，.当时，不等式对任意恒成立，正整数m的最大值是3.【点睛】关键点点睛：第一个关键点首先要分离参数，将问题转化为恒成立，第二个关键在于求取函数的最小值，需结合零点存在性定理得出隐零点，分析的范围.22．(1)，(2) 【分析】（1）两式平方相减消去参数即可得出曲线普通方程；利用将直角坐标方程转化为极坐标方程；（2）利用极坐标的几何意义，求得的长，利用直线与夹角为及的长，求得边上的高，从而求得面积.【详解】（1）依题意得，化简整理得：令，，化简得.对于，化简得：.（2）设，依题意得，解得；，解得，设到射线的距离为d，，解得，.23．(1)(2) 【分析】（1）分类讨论去绝对值符号解不等式；（2）利用绝对值三角不等式得c的值，再利用基本不等式求的最小值.【详解】（1）当时，不等式可化为，， 当时，不等式可化为，得，即.当时，不等式可化为，得，即.综上所述，原不等式的解集为.（2）由绝对值不等式性质得，所以，即.所以.当且仅当，即时取到等号，所以的最小值为.