四川省成都市重点学校2023-2024学年高三上学期第三次模拟考试数学（文科）试题（含答案）

成都重点中学2023-2024学年第一学期高三第三次模拟考试数学（文科）时间：120分钟总分：150分一、单项选择题．本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．1.已知集合A=x∈Z∣x2A.1 B.2 C.3 D.42.已知z=2+i,则z(A.2 B.−2 C.2i D.−2i3.若双曲线C:xA.y=±74x B.C.y=±43x D.4.设x,y满足约束条件x+2y−5≥0x−2y+3≥0,x−5≤0则A.4 B.5 C.8 D.95.已知α是第一象限角,满足cosπ4+αA.725 B.−24C.2425 D.−76.已知m是直线,α,β是两个相互垂直的平面，则“m//α”是“m⊥β”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知某人收集一个样本容量为50的一组数据,并求得其平均数为70,方差为75,现发现在收集这些数据时,其中得两个数据记录有误,一个错将80记录为60,另一个错将70记录为90,在对错误得数据进行更正后,重新求得样本的平均数为X,方差为s2A.X<70,S2>75 C.X>70,s2<75 8.甲、乙两人约定晚6点到晚7点之间在某处见面,并约定甲若早到应等乙半小时,而乙还有其他安排,若他早到则不需等待,则甲、乙两人能见面的概率（）A.34 B.38 C.359.已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上,底面△ABC满足BA=BC=6,∠ABC=A.4π B.8π C.323π D.16π10.噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20×lgpp0,其中常数p0pA.p1<3p3 C.p3=1000p0 11.将函数f(x)=cosx+2π3图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0),纵坐标不变,所得图象在区间0,A.94,3 B.9C.114,4 D.1112.函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值b,直线y=m与两曲线y=f(x)①a=1;②b=1e;③x1A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13已知函数f(x)=ax3+bx2的图象在(1,f(1))14已知向量a=(2,−1),a∙15已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,点P(−2,2),过点F的直线l与C交于A,B两点,M是线段AB的中点.若|AB|=2|PM|,则直线l的斜率16△ABC的外心为O,三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,AO∙BC=1三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（本题满分12分）已知an是递增的等差数列,a(1)求数列an(2)若bn=an+2a18.（本题满分12分）某地区对某次考试成绩进行分析,随机抽取100名学生的A,B两门学科成绩作为样本.将他们的A学科成绩整理得到如下频率分布直方图,且规定成绩达到70分为良好.已知他们中B学科良好的有50人,两门学科均良好的有40人.(1)根据所给数据,完成下面的2×2列联表,并根据列联表,判断是否有95%的把握认为这次考试学生的A学科良好与B学科良好有关;(2)为了进一步分析学生成绩,从A学科不够良好的学生中采用分层抽样的方法抽出6人,最后从这6人中随机选出2人进行访谈,求其中恰有1人为B学科良好的概率.附:K2=n19.（本题满分12分）如图,长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD(1)求证:BE⊥平面EB1(2)求点A到平面CEB120.（本题满分12分）已知椭圆C:x2a(1)求椭圆C的方程;(2)经过椭圆右焦点F且斜率为k(k≠0)的动直线l与椭圆交于A、B两点,试问x轴上是否存在异于点F的定点T,使|AF|∙|BT|=|BF|∙|AT|恒成立?若存在,求出T点坐标,若不存在,说明理由.21.（本题满分12分）已知函数f(x)=ln(1+x)+acosx.(1)曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+2,求实数a的值.(2)在(1)的条件下,若g(x)=f(x)−11+x,试探究g(x)在22.（本题满分10分）在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=2acosθ(a>0),过点P(−2,−4)的直线l的参数方程为x=−2+22ty=−4+22(1)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程;(2)若|PA|∙|PB|=|AB|2,求参考答案及解析1.【答案】C【解析】∵A=∴A∩B={−1,0,1}，即集合A∩B的元素个数为3.故选:C.2.【答案】A【解析】因为z=2−i,则z(3.【答案】D【解析】由题意可知9+m=822令x故选:D4.【答案】A【解析】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC，由题得y=−2x+z，当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小.联立x+2y−5=0x−2y+3=0得A(1，2)所以z=2x+y的最小值是2×1+2=4.故选:A.5.【答案】A【解析】因为α是第一象限，则π4且cosπ所以sin由题意可得：cos2α=cos故选：B.6.【答案】D【解析】若α⊥β，m//α，则m//β或m⊂β或m与β相交，故推不出m⊥β，若α⊥β，m⊥β，则m//α或者m⊂α，故推不出m//α，所以当α⊥β时，“m//α“是”m⊥β”的既不充分也不必要条件，故选:D7.【答案】D【解析】略8.【答案】B【解析】略9.【答案】C【解析】∵BA=BC=6，∠ABC=π∴AC为△ABC所在截面圆的直径，取AC的中点D，则D为△ABC外接圆圆心，设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，则OD⊥平面ABC，∵底面ABC的面积为定值，∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为PD，棱锥的体积最大，则三棱锥P−ABC的体积V=13×设外接球的半径为R，则OD=3−R，OC=R，在△ABC中，AC=BA在△ODC中，CD=1由勾股定理得:(3−R)2+3=R∴外接球的体积V=4π故选:C.10.【答案】D【解析】由题意得,60≤20lgp1p50≤20lgp2p20lgp则有3p3因为3p3可得p1>3p因为1052p所以p2p1所以p2故选:D.11.【答案】C【解析】依题意可得y=cosωx+因为0≤x≤23π因为y=cosωx+2π3在0,所以5π2≤2ω令2k2π≤ωx+2π令k2=0，得y=cosωx+所以−π所以−2π3ω≤−π12综上所述，114≤ω≤4，故ω的取值范围是故选:C.12.【答案】B【解析】f'当a>0时,当x∈(−∞,1)时,f'(x)>0,f(x)在当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,在当x∈(0,e)时,g'当x∈(e,+∞)时,g'∵f(x)与g(x)有相同的最大值,∴f(1)=g(e即ae=1当a<0时,当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x<1时,所以当x=1时,函数f(x)有最小值,没有最大值,不符合题意,当a<0时,当x>e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当0<x<所以当x=e时,函数g(x)所以①②正确.两个函数图象如下图所示：由数形结合思想可知:当直线y=m经过点M时,此时直线y=m与两曲线y=f(x)和y=g(x)恰好有三个交点,不妨设0<x且x1由x1ex又当x<1时,f(x)单调递增,所以x1又x2ex又当x>1时,f(x)单调递减,所以x2x3x2x1=x如果x1+x3=与0<x1<1<x2故选：B13【答案】−1.【解析】(1)(1,f(1))代入7x−y−4=0得f(1)=3,f'(x)=3ax2+2bx,即a+b=3,k=f'(1)=7,即14【答案】7【解析】已知向量a=(2,−1),则|a|=22+(−1)2=5,又15【答案】2【解析】由题意F(2,0),k≠0,设直线l:x=my+2,其中m=1k,联立x=my+2,y2=8x,消去x得y2−8my−16=0,Δ>0,设Ax1,y1,Bx2,y2,则y1+16【答案】12【解析】取BC边的中点M,连接OM、AM,∵O为△ABC的外心,∴OM⊥BC,即MO∙BC=0,∵M为BC边的中点,∴AM为BC边的中线,AM=12(AB+AC),∴AO∙BC=(AM+MO)∙BC=AM∙BC+MO∙BC=AM∙BC=17【解析】(1)解:设等差数列的公差为d,d>0(2+d)2代入:an=(2)b=(2+4+6+…+2n)+=18【解析】(1)解:由直方图可得A学科良好的人数为100×(0.040+0.025+0.005)×10=70(人),可得K2所以有95%把握认为A学科良好与B学科良好有关.(2)解:由题意知,A学科不够良好的学生中,B学科良好和不够良好的学生比为1:2所抽B学科良好人数为2人,B学科不够良好人数为4人,记“其中恰有1人为B学科良好”为事件M,设B学科良好为D1,D则所有结果为:D1事件M包含的基本事件D1由古典概型的概率公式,可得概率为P(M)=819【解析】(1)由已知可得B1C1⊥平面ABB1A1在△B1BE中,B1B=4,BE=B又因为B1C1∩B1E=B(2)方法一:取CB1的中点F,BC的中点P,连接EF,AP,PF,PB可得AE//PF,且AE=PF,则四边形APFE为平行四边形,可得AP//EF,又因为AP平面CEB1,EF⊂平面CEB1,所以AP//所以点A到平面CEB1的距离等于点P到平面CEB易知VP−CEB1=VE−PCBCB1=42+设点P到平面CEB1的距离为dP,所以即13×1所以点A到平面CEB1的距离为6方法二：等体积法设点P到平面CEB1的距离为ℎ,因为B所以三角形CEB1是直角三角形,S而VA−CEB1=VC−AEB所以点A到平面CEB1的距离为620【解析】(1)解:由椭圆C的焦距为2,故c=1,则b2又由椭圆C经过点P1,32,代入C得1所以椭圆C的方程为x2(2)解:根据题意,直线l的斜率显然不为零,令1k由椭圆右焦点F(1,0),故可设直线l的方程为x=my+1,联立方程组x=my+1x24则Δ=36m设Ax1,设存在点T,设T点坐标为(t,0),由|AF||BT|=|BF||AT|,可得|AF||BF|又因为|AF||BF|所以sin∠ATF=sin∠BTF,所以∠ATF=∠BTF,所以直线TA和TB关于x轴对称,其倾斜角互补,即有kAT则kAT+k所以y1my2即2m×−93m2解得t=4,符合题意,即存在点T(4,0)满足题意.21【解析】(1)解:由f(x)=ln(1+x)+acosx,得f'(x)=所以切线方程为y=x+a.又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+2,所以a=2.(2)由(1)知g(x)=ln(1+x)+2cosx−1则.令ℎ(x)=g'(x)当x∈(−1,0]时,g'(x)=1所以g'(x)≥g'(0)=2>0当x→−1时,g(x)→−∞;当x=0时,g(0)