2023年四川省内江高中高考数学三模试卷（文科）-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年四川省内江高中高考数学三模试卷（文科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知复数2z−z−=1−3i，其中iA.1+i B.1−i C.2.已知全集U=R，M={x|xA.(−∞,0]∪(3，+∞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[0,50)、[50,100)、[100,150)、[150,200)、[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1894.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.2

B.5

C.65.函数f(x)=A. B.

C. D.6.已知函数f(x)=xexA.2 B.0 C.−3 D.7.一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是(

)A.事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件

B.事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件

C.事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件

D.事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件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∠ABC)约为32.5°，夏至正午太阳高度角(即∠ADC)约为79.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为14米，则表高(即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23π，则过顶点的截面面积的最大值等于A.3 B.2 C.3 10.阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率π与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为62π，两个焦点分别为F1，F2A.3 B.6 C.22 11.若函数f(x)=sin(ωxA.15 B.25 C.4512.若关于x的不等式lnx+a−3A.(12,2ln2+1二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知|a|=4，且a⊥(a14.若x，y满足约束条件y≥0,x−y+15.设F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)16.甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为23；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为12.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

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题12.0分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=2，Sn+1=2Sn+2．

(18.(本小题12.0分)

某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在8个卖场的销售量(单位；台)，并根据这8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a=1，b=1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8个卖场中，随机选取2个卖场，求这两个卖场都是甲型号电视机的“星级卖场”的概率；

(3)记乙型号电视机销售量的方差为S2，根据茎叶图推断19.(本小题12.0分)

在△ABC中，∠ACB=45°，BC=3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=20.(本小题12.0分)

若存在实数k，b，使得函数f(x)和g(x)对其定义域上的任意实数x同时满足：f(x)≥kx+b且g(x)≤kx+b，则称直线：l：y=kx+b为函数f(x21.(本小题12.0分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)焦距为2，一条连接椭圆的两个顶点的直线斜率为32．

(1)求椭圆C的方程；

(2)22.(本小题10.0分)

在平面直角坐标系中，将曲线C1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12，得到曲线C2，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，C1的极坐标方程为ρ=4cosα．

(1)求曲线C2的参数方程；

(23.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=|2x−4|+|x2+a|(x∈答案和解析1.【答案】B

【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，

则z−=a−bi，

2z−z−=1−32.【答案】A

【解析】解：∵M={x|x2−4x+3≤0}=[1,3]3.【答案】D

【解析】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179+2142=196.5，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

214+275+243+157+80+155+260+83+165+4.【答案】C

【解析】解：由三视图得该几何体如图所示：

由图知：|PA|=1,|AB|=1,5.【答案】A

【解析】解：函数f(x)=xcosx+(sinx)ln|x|的定义域为{x|x≠0}，

且f(−x)=−xc6.【答案】B

【解析】解：f(x)=xex−a，则f′(x)=1−xex，

令f′(x)>0，解得x<1，令f′(x)<0，解得x>1，

所以f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，

所以f(x)在x=1处取得极大值f(1)=1e−a，

又7.【答案】D

【解析】解：一个人连续射击2次，其可能结果为击中0次，击中1次，击中2次，

其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，

事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；

事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，

事件“第二次击中”包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；

事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；

事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；

故选：D．

根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案．

本题考查了互斥事件与对立事件的应用问题，是基础题．

8.【答案】C

【解析】解：由题可知：∠BAD=79.5°−32.5°=47°，

设BD=a=14，

在△BAD中，由正弦定理可知：BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，即asin47∘=ADsi9.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了圆锥的几何性质的应用，圆锥的轴截面的理解与应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于中档题．

利用圆锥的侧面积求出圆锥的底面周长，从而得到底面圆的半径，则两圆锥母线夹角的最大值为2π3，所以当截面为顶角是【解答】解：因为圆锥的侧面积为23π，母线长为2，

则圆锥的底面周长为23π，

所以底面圆的半径为3，

则两圆锥母线夹角的最大值为2π3，

故轴截面为顶角是2π3的等腰三角形，

10.【答案】B

【解析】解：由题意得62π=πab，

所以ab=62①，

设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，(a>b>0)，P(011.【答案】B

【解析】解：因为x∈(π,2π)，所以ωx+π5∈(ωπ+π5,2ωπ+π5)，

若f(x)在区间(π,2π)上是单调递增，则ωπ+π5>−π212.【答案】A

【解析】解：原不等式可化简为xlnx+1<3a−ax，设f(x)=xlnx+1，g(x)=3a−ax，

由f(x)=xlnx+1得，f′(x)=lnx+1，令f′(x)=0，可得x=1e，

∴x∈(0,1e)时，f′(x)<0，x∈(1e,+∞)时，f′13.【答案】−8【解析】解：因为|a|=4，a⊥(a+2b)，

因此a⋅(a+2b)14.【答案】1

【解析】解：作出x，y满足约束条件y≥0,x−y+1≥0,2x+y−4≤0,对应的平面区域如图：(阴影部分)

由z=log2(x+y−1)得y=−x+u+1，

平移直线y=−x+15.【答案】x2【解析】解：依题意作下图：

∵OE=12(OP+OF1)，∴E是P，F1的中点，并且OE⊥PF1，

所以△OPF1是等腰三角形，|OP|=|OF1|=c，

又|OF2|=c，∴△F1PF1的外接圆是以O为圆心，

∴|O16.【答案】4172【解析】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23，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为12，

若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为12，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为12，

所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P1=12×23×12+12×12×12=724；

(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117.【答案】解：(1)方法一：当n=1时，由Sn+1=2Sn+2得：S2=2S1+2，即a1+a2=2a1+2，

又a1=2，∴a2=4；

当n≥2时，an+1=Sn+1−Sn=2Sn+2−2Sn−1−2=2an，

又【解析】(1)方法一：由an，Sn之间关系可证得数列{an}为等比数列，由等比数列通项公式求得an；

方法二：由已知关系式可证得数列{Sn+2}为等比数列，由此可推导求得Sn，利用an18.【答案】解：(1)根据茎叶图可知甲组数据的平均数为10+10+14+18+22+25+27+348=20，

乙组数据的平均数为10+20+22+23+31+32+31+318=25，

甲型号电视机的“星级卖场”数量为m=4，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n=4，所以m=n；

(2)由(1)知，甲型号电视机的“星级卖场”数量为4，设选取的两个卖场都是甲型电视机的“星级卖场”设为事件M，

设甲型号电视机的“星级卖场”分别为a，b，c，d，甲型号电视机的非“星级卖场”分别为A，B，C，D，从这8个卖场中，随机选取2个卖场，

有AB，AC，AD，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，Ca，Cb，Cc，C【解析】(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，a19.【答案】证明：(1)∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD=D，AD、BD⊂平面ABD，

∴CD⊥平面ABD，∵AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB，

又∵M，E分别为AC、BC的中点，∴ME//AB，∴CD⊥ME；

解：(2)图1所示的△ABC中，设BD=x(0<x<3)，则CD=3−x，

∵AD⊥BC，∠ACB=45°，∴△ADC为等腰直角三角形，∴AD=CD=3−x．

折起后AD⊥DC，AD⊥BD，且B【解析】(1)由CD⊥AD，CD⊥BD证得CD⊥平面ABD，从而CD⊥AB，又ME//AB20.【答案】解：(1)∵F(x)=f(x)−g(x)=x2−2elnx(x>0)，

∴F′(x)=2x−2ex=2(x−e)(x+e) x

令F′(X)=0，得x=e，

当0<x<e时，F′(X)<0，X>e时，F′(x)>0

故当x=e时，F(x)取到最小值，最小值是0

从而函数【解析】(1)根据求导公式，求出函数的导数，根据导数判断函数的单调性并求极值，从而可知，函数f(x)和g(x)的图象在x=e处有公共点

(2)存在21.【答案】解：(1)由题意易知：2c=2ba=32a2=b2+c2，解得：a=2，b=3，

∴椭圆C方程为：x24+y23=1．

(2)由(1)知糊圆C右焦点F坐标为(1,0)，

设直线AB：x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(n,0)，

由x=my+【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．

(1)利用焦距以及顶点连线，推出斜率，然后求解a，b求解椭圆方程．

(2)设直线AB：x=my22.【