四川省盐亭名校2023届高三第三次模拟数学（文）试题 (Word版含解析)

第第页四川省盐亭名校2023届高三第三次模拟数学（文）试题(Word版含解析)四川省盐亭中学2022年秋高2023级高三第三次模拟测试（文科）数学

单选题

1.已知集合，集合，则（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先解得集合，，再根据补集的定义求解即可.

【详解】解：，，，故选A．

【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，指数不等式的解法以及补集的运算，属于基础题.

2.设是向量，则“”是“”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

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由无法得到，充分性不成立；由，得，两向量的模不一定相等，必要性不成立，故选D.

【考点】充要条件,向量运算

【名师点睛】由向量数量积的定义(为，的夹角)可知，数量积的值、模的乘积、夹角知二可求一，再考虑到数量积还可以用坐标表示，因此又可以借助坐标进行运算.当然，无论怎样变化，其本质都是对数量积定义的考查.求解夹角与模的题目在近几年高考中出现的频率很高，应熟练掌握其解法.

3.给出如下四个命题：①若“且”为假命题，则均为假命题；②命题“若，则”的否命题为“若，则”；③“，则”的否定是“，则”；④在中，“”是“”的充要条件．其中正确的命题的个数是

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

【分析】根据复合命题真假的判定即可判断①；根据否命题可判断②；根据含有量词的否定可判断③；根据正弦定理及充分必要条件可判断④．

【详解】根据复合命题真假的判断，若“且”为假命题，则或至少有一个为假命题，所以①错误；

根据否命题定义，命题“若，则”的否命题为“若，则”为真命题，所以②正确；

根据含有量词的否定，“”的否定是“”，所以③正确；

根据正弦定理，“”“”且“”“”，所以④正确．

综上，正确的有②③④

所以选C

【点睛】本题考查了复合命题真假的判断、否命题及含有量词的否定，正弦定理和充分必要条件的应用，属于基础题．

4.已知，向量在向量上投影为，则与的夹角为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用平面向量的几何意义，列出方程求出与夹角的余弦值，即可得出夹角大小.

【详解】记向量与向量的夹角为，

在上的投影为.

在上的投影为，

，

，

.

故选：B.

5.若，则下列不等式一定成立的是（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据不等式的基本性质可判断A，利用作差法可判断BD的正误，利用反例可判断C的正误.

【详解】解：，故，，

故，故，

故，故A成立.

对于B，因为，故，

而，故，故B错误

对于C，取，则，故C错误.

对于D，因为，故，

故，故D错误

故选：A．

6.设满足约束条件，则的最大值为（）

A.8B.5C.2D.1

【答案】B

【解析】

【分析】根据约束条件画出可行域即可结合目标函数的几何意义求解.

详解】

如图即为满足的可行域，

由图易得:，解得，故，

由于得表示斜率为，在轴截距为的直线，

故当直线经过点时，此时轴截距最大

故当时，的最大值为5，

故选:B.

7.已知函数的部分图象如下图所示，将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象上所有点向右平移个单位长度，得到的函数图象关于点对称，则的最小值为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用“五点法”求得，再经过周期变换与相位变换可得，从而利用三角函数对称点性质即可得解.

【详解】依题意得的最大值为，则，

由，得，

所以，

，即，

，所以，

将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，

再将所得图象上所有点向右平移个单位长度，

得到，

因为所得函数的图象关于点对称，所以，

即，所以，则．

因为，所以的最小值为．

故选：B．

8.已知函数，不等式的解集为（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件判断函数的奇偶性和单调性，结合奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化求解即可．

【详解】解：，

则函数是奇函数，

当时，为增函数，

则函数在上是增函数，

则不等式等价为不等式，

即，解得，

即不等式的解集为，

故选：．

9.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”请问第三天走了

A.60里B.48里C.36里D.24里

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得出等比数列的项数、公比和前项和，由此列方程，解方程求得首项，进而求得的值.

【详解】依题意步行路程是等比数列，且，，，故，解得，故里.故选B.

【点睛】本小题主要考查中国古典数学文化，考查等比数列前项和的基本量计算，属于基础题.

10.已知是定义在上的奇函数，当时，，则函数的零点的集合为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【详解】因为是定义在上的奇函数，当时，，

所以，

所以，

由，解得或；

由解得或（舍去），

所以函数的零点的集合为.

故选：D.

考点：函数的奇偶性的运用，分段函数，函数的零点，一元二次方程的解法，难度中等.

11.已知，，，，则下列等式一定成立的是

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：相除得，又，所以.选B.

【考点定位】指数运算与对数运算.

12.已知函数的定义域为，且满足（是的导函数），则不等式的解集为（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】构造，根据已知条件判断在上单调性，又题设不等式等价于，利用单调性及其定义域范围求解集.

【详解】令，则，即在上递增，

又，则等价于，即，

所以，解得，原不等式解集为.

故选：C

填空题

13.已知向量，．若向量与垂直，则________．

【答案】7

【解析】

【分析】首先求出的坐标，再根据两个向量垂直的性质得到，根据向量数量积的坐标运算得到方程，即可求得实数的值．

【详解】解：因为，，所以，因为向量与垂直，所以，解得，

故答案为：7．

14.曲线在点处的切线方程为________.

【答案】.

【解析】

【详解】试题分析：，，故所求的切线的斜率为，

故所求的切线的方程为，即.

考点：本题考查利用导数求函数图象的切线问题，属于中等题.

15.正项等比数列中，存在两项使得，且，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】先由已知求出公比，然后由求出满足的关系，最后求出的所有可能值得最小值．

【详解】设数列公比为，由得，∴，解得（舍去），

由得，，∵，

所以只能取，依次代入，分别为2，，2，，，最小值为．

故答案为：．

【点睛】本题考查等比数列的性质，考查求最小值问题．解题关键是由等比数列性质求出满足的关系．接着求最小值，容易想到用基本不等式求解，但本题实质上由于，因此对应的只有5个，可以直接代入求值，然后比较大小即可．

16.若函数在区间上不是单调函数，则函数在R上的极小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性，求出的范围，从而求出函数的单调区间，得到是函数的极小值即可．

【详解】解：，

∵函数在区间上不是单调函数，，

由，解得：或，

由，解得：，

的极小值为，

故答案为：

【点睛】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，属于中档题．

解答题

17.已知向量，设函数

（1）求的最小正周期.

（2）求函数的单调递减区间.

（3）求在上的最大值和最小值.

【答案】（1）

（2）

（3）最大值为1，最小值为

【解析】

【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合三角恒等变换即可化简，由周期公式即可求解，

（2）利用整体法即可求解，

（3）根据得，即可结合三角函数的性质求解.

【小问1详解】

由已知可得:

所以.

【小问2详解】

由，

可得，

的单调递减区间为.

【小问3详解】

,

，

的最大值为1，最小值为.

18.已知在递增等差数列中，，是和的等比中项.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，为数列前项和，求的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比数列等比中项公式求得，从而得解；

（2）结合（1）中结论，利用裂项求和法即可得解．

【小问1详解】

因为为递增等差数列，设其公差为，

因为是和的等比中项，，

所以，即，解得或（舍去），

所以.

【小问2详解】

由（1）得，

所以

19.设三个内角的对边分别为,的面积满足.

(1)求角的值;

(2)求的取值范围.

【答案】(1)(2).

【解析】

【详解】试题分析：（1）运用三角形的面积公式和余弦定理，结合同角的商数关系，可得角的值；（2）由三角形的内角和定理，可得，运用两角和差的正弦公式，结合正弦函数的图象和性质，即可得到所求范围．

试题解析：(1)

,求得,

所以.

(2)因为,所以,即;

经三角变换得

因为,所以,,

所以.

20.已知函数

1)若a=1,求曲线在点处的切线方程

(2)若在R上单调递增,求实数a的取值范围

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】分析：（1）求出导数，求出切点和切线的斜率，由点斜式方程，即可得到切线方程；

（2）求出导数，若是单调递增函数，则恒成立，分离参数构造函数，求出函数的最值即可得到实数的取值范围．

详解：

(1)

（2）

所以在上单调递增，在上单调递减

所以.

点睛：本题主要考查导数的几何意义以及函数单调性和导数之间的关系，综合考查导数的应用，属于中档题．

21.已知函数.

（1）若，求函数的单调增区间;

（2）若时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围;

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）求导得到，得到单调区间.

（2）变换得到，设，求导得到单调区间，计算最值得到答案.

【小问1详解】

由题意得:时，，

，

令，解得:或，故的单调递增区间为.

【小问2详解】

在上恒成立，，

即在区间恒成立，

设，，则，

令，解得，此时单调递增，

令，解得，此时单调递减，

故.

故.

22.已知曲线的参数方程为(为参数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：.

1求曲线的普通方程和的直角坐标方程；

2若与相交于两点，设点，求的值．

【答案】（1）的普通方程为.的直角坐标方程为.（2）

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）消参后得到曲线的普通方程；根据得到曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得到关于的一元二次方程，而，代入根与系数的关系得到结果.

试题解析：（I）（为参数），

所以曲线的普通方程为.

，

所以的直角坐标方程为.

（Ⅱ）由题意可设，与两点对应的参数分别为，

将的参数方程代入的直角坐标方程，

化简整理得，，所以，

所以，

因为，所以，

所以

【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程，以及普通方程和参数方程的转化关系，对于第二问中的弦长问题，过定点，倾斜角为的参数方程，与曲线相交交于两点，，，，根据图象和二次方程去绝对值，后根据根与系数的关系得到结果.

23.已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若的最小值为，且，证明：.

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】

【分析】(1)分类讨论三种情况下的解集

(2)先求出的最小值为，代入后运用基本不等式证明不等式成立

【详解】（1）由，得，

则或或，

解得：，故不等式的解集为.

（2）证明：因为，

所以，

因为，所以，

当且仅当，即时取等号，故.

【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法，需要对其分类讨论，然后再求解，在证明不等式时运用了基本不等式的用法，需要掌握此类题目的解法四川省盐亭中学2022年秋高2023级高三第三次模拟测试（文科）数学

单选题

1.已知集合，集合，则（）

A.B.

C.D.

2.设是向量，则“”是“”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

3.给出如下四个命题：①若“且”为假命题，则均为假命题；②命题“若，则”的否命题为“若，则”；③“，则”的否定是“，则”；④在中，“”是“”的充要条件．其中正确的命题的个数是

A.1B.2C.3D.4

4.已知，向量在向量上投影为，则与的夹角为（）

AB.C.D.

5.若，则下列不等式一定成立的是（）

A.B.

C.D.

6.设满足约束条件，则的最大值为（）

A.8B.5C.2D.1

7.已知函数的部分图象如下图所示，将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象上所有点向右平移个单位长度，得到的函数图象关于点对称，则的最小值为（）

A.B.C.D.

8.已知函数，不等式的解集为（）

A.B.

C.D.

9.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”请问第三天走了

A.60里B.48里C.36里D.24里

10.已知是定义在上的奇函数，当时，，则函数的零