2023屆四川省綿陽市高三三模數學（理）試題一、單選題1．若復數，為虛數單位，則的虛部為（

）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】由共軛復數的定義和復數虛部的定義求解.【詳解】復數，則，的虛部為1.故選：C2．已知平面向量，，若，則（

）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】利用共線向量定理的坐標運算即可.【詳解】因為，所以，所以.故選：B3．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意直接求解集合B即可.【詳解】∵，即集合B的可能元素，則有：由，則，可得；由，且，可得，且；由，且，可得，且；由，且，可得；綜上所述：.故選：D.4．現有4名運動員站成一排照相留念，甲、乙兩名運動員都不站兩端的概率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據古典概型結合排列數運算求解.【詳解】4名運動員站成一排，共有種不同的排法，甲、乙兩名運動員都不站兩端，共有種不同的排法，所以甲、乙兩名運動員都不站兩端的概率.故選：A.5．已知F為雙曲線的左焦點，點，若直線與雙曲線僅有一個公共點，則（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】根據題意分析可得直線與漸近線平行，結合平行關系運算求解.【詳解】由雙曲線可得，則雙曲線的左焦點，漸近線為，由題意可得：直線與漸近線平行，則，解得.故選：C.6．已知，且，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意以為整體，結合三角恒等變換運算求解.【詳解】因為，則，且，可得，且，故，可得，所以.故選：A.7．設函數在定義域上滿足，若在上是減函數，且，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意可得函數在定義域上奇函數，進而可得在上是減函數，根據題意結合單調性解不等式即可.【詳解】∵，即，故函數在定義域上奇函數，若在上是減函數，則在上是減函數，∵，且，若，則，解得，故不等式的解集為.故選：A.8．據統計，我國牛、羊肉集貿市場價格在2019年波動幅度較大，2020年開始逐漸趨于穩定.如下圖分別為2019年1月至2020年3月，我國牛肉、羊肉集貿市場月平均價格大致走勢圖，下列說法不正確的是（

）A．2019年1月至2020年3月，牛肉與羊肉月平均價格的漲跌情況基本一致B．2019年3月開始至當年末，牛肉與羊肉的月平均價格都一直持續上漲C．2019年7月至10月牛肉月平均價格的平均增量高于2020年1至2月的增量D．同期相比，羊肉的月平均價格一定高于牛肉的月平均價格【答案】D【分析】根據圖像數據分析即可求解.【詳解】根據圖像的大致走勢即可判斷牛肉與羊肉月平均價格的漲跌情況基本一致，故選項A正確；根據圖像中的數據比較可知2019年3月開始至當年末，牛肉與羊肉的月平均價格，數據越來越大，都一直持續上漲，故選項B正確；2019年7月至10月牛肉月平均價格的平均增量為，2020年1至2月牛肉增量為，故選項C正確；2019年8月牛肉月平均價格為，2019年8月羊肉月平均價格為，所以同期相比，羊肉的月平均價格也可能會低于牛肉的月平均價格，故選項D錯誤.故選：D.9．《孔雀東南飛》中曾敘“十三能織素，十四學裁衣，十五彈箜篌，十六誦詩書.”箜篌歷史悠久、源遠流長，音域寬廣、音色柔美清撤，表現力強.如圖是箜篌的一種常見的形制，對其進行繪制，發現近似一扇形，在圓弧的兩個端點，處分別作切線相交于點，測得切線，，，根據測量數據可估算出該圓弧所對圓心角的余弦值為（

） C． D．【答案】A【分析】由圖形可知，由余弦定理求出，可得.【詳解】由題意，，所以，切線，，由切線長定理，不妨取，又，由余弦定理，有，.故選：A10．已知圓與圓相交于A，B兩點，將四邊形OACB沿對角線OC翻折成直二面角，則所得四面體OACB的外接球體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先通過圓的知識分析四邊形OACB，再沿對角線OC翻折成直二面角，根據外接球球心的定義，確定球心，求得四面體OACB的外接球的半徑，進而求得最終結果.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，，同理可得，如圖所示大致圖象，取的中點，連接，則，為四面體OACB的外接球的球心，為外接球的半徑，.故選：B.11．已知M，N是橢圓上關于原點O對稱的兩點，P是橢圓C上異于M，N的點，且的最大值是，則橢圓C的離心率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據向量運算可得，結合橢圓性質可得的最大值是，列式運算求解即可.【詳解】由題意可得：，則，由橢圓可知，則的最大值為，即，整理得橢圓C的離心率.故選：B.12．已知函數的定義域為，且為與中較大的數，恒成立，則a的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意分析可得對恒成立，對整理分析可得：對恒成立，結合二次函數的性質分析運算.【詳解】∵當時，則，可得；當時，則，可得；∴當時，，故原題意等價于對恒成立，整理得，∵，則，可得，故原題意等價于對恒成立，構建，可知開口向上，對稱軸，可得，或，或，解得，所以a的取值范圍為.故選：A.【點睛】關鍵點睛：的符號分析可得：對恒成立；因式分解，分析可得：對恒成立.二、填空題13．執行如圖所示的程序框圖，若輸入的值為，則輸出的值為______.【答案】3【分析】根據流程圖的計算求解.【詳解】由題意：，，所以輸出值為；故答案為：3.14．已知函數，則在上的零點個數為________．【答案】2【分析】根據題意分析可得原題意等價于求與在上的交點個數，結合余弦函數分析運算.【詳解】令，可得，原題意等價于求與在上的交點個數，∵，則，且，有余弦函數可知與在上有2個交點所以與在上有2個交點.故答案為：2.15．在中，已知角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則________．【答案】1【分析】根據題意利用正弦定理進行邊化角，結合三角恒等變換運算求解.【詳解】∵，由正弦定理可得：，則，整理得①，又∵，則，即，將①式兩邊同除于，可得，即.故答案為：1.16．如圖所示，在直四棱柱中，，，，P為棱上一點，且（為常數），直線與平面相交于點Q．則線段的長為________．【答案】【分析】根據題意作輔助線，根據平行關系可得，取，根據平行關系可得//，進而可知點即為直線與平面的交點，即可得結果.【詳解】∵，所以，分別過作，垂足分別為，分別過作，垂足分別為，可得均為平行四邊形，則，過點作//，交直線于點，則，可得，即，在上取點，使得，∵//，//，則//，可知：//，，即為平行四邊形，∴//，，又∵為平行四邊形，則//，，可得//，，故為平行四邊形，則//，又∵//，則//，即四點共面，故點即為直線與平面的交點，∴.故答案為：.【點睛】方法點睛：在處理截面問題時，常常轉化為平行關系問題，根據線、面平行關系的判定定理以及性質定理分析判斷.三、解答題17．某服裝公司經過多年發展，在全國布局了3500余家規模相當的銷售門店．該公司每年都會設計生產春季新款服裝并投放到全國各個門店銷售．公司為了了解2022年春季新款服裝在各個銷售門店的銷售情況，市場部隨機調查了20個銷售門店的年銷售額（單位：萬元，不考慮門店之間的其它差異），統計結果如下：門店編號12345678910銷售額45333044282237211924門店編號11121314151617181920銷售額34412320373129323642(1)從以上20個門店中隨機抽取3個，求抽取的3個門店中至少有2個的年銷售額超過40萬元的概率；(2)以樣本頻率估計概率，現從全國銷售門店中隨機抽取3個，記該年春季新款的年銷售額超過40萬元的銷售門店的個數為，求的分布列及數學期望．【答案】(1)；(2)分布列見解析，數學期望為.【分析】（1）根據古典概型的概率公式計算即可；（2）由題意可得隨機變量服從二項分布，再根據二項分布的分布列的求法和期望公式計算即可的解.【詳解】（1）年銷售額超過40萬元的門店有個，則所求概率；（2）由樣本估計總體，從全國隨機抽取1個銷售門店，春季新款的年銷售額超過40萬元的概率是，則隨機變量，，，，，的分布列為：0123P∴的期望為：．18．如圖，在三棱錐中，和均是以邊長為的等邊三角形，且．(1)證明：平面PAC平面ABC；(2)若點M在線段BC上，且，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據線面、面面垂直的判定定理分析證明；（2）建系，利用空間向量求二面角.【詳解】（1）取AC的中點為O，連接BO，PO，∵，∴PO⊥AC，BO⊥AC，又∵，，則，∴90°，則，同理可得：．又∵，可得，則．∵，，平面，∴平面，且平面，∴平面PAC平面ABC．（2）∵PO平面ABC，平面，則POOB．又∵POOC，OBAC，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，∴，，，設平面PAB的法向量為，可得，令，則，即，設平面APM的法向量為，可得，令，則，即，可設二面角為，∵，∴二面角的余弦值為．19．已知等差數列的前n項和為，且，數列的前n項之積為，，且．(1)求；(2)令，是否存在正整數n，使得“”與“是，的等差中項”同時成立？請說明理由．【答案】(1)(2)存在，符合題意，理由見解析．【分析】（1）根據題意求，進而可求，即可得結果；（2）根據求，即可得，根據題意結合等差中項分析運算.【詳解】（1）由，令，得，即，設等差數列的公差為，∵，解得，∴，，即，可得．（2）存在，理由如下：由（1）可得：，當時，則，可得；當時，也滿足上式，所以．故，要使成立，即，解得，此時，，，滿足：，即為，的等差中項，∴存在符合題意．20．已知函數．(1)若在上既有極大值又有極小值，求實數a的取值范圍；(2)若直線與曲線相切，求實數a的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先求，再通過在上既有極大值又有極小值，推出方程在上有兩不等實根，求實數a的取值范圍即可；（2）設切點為，其中，則由題意可得：，整理得：，將其代入化簡，令，求實數a的值即可．【詳解】（1）由題得，∵在上即有極大值又有極小值，所以方程在上有兩不等實根，令，則，解得：，所以實數a的取值范圍為：.（2）設切點為，其中，則由題意可得：，整理得：，∴，（*）令，則，由，則當，，在上單調遞增，當，，則在上單調遞減．∴，所以方程（*）只有唯一解：，所以：．21．過點的直線與拋物線交于點(在第一象限),當直線的傾斜角為時,.(1)求拋物線的方程;(2)已知,延長交拋物線于點,當面積最小時,求點的橫坐標.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據條件設直線l得方程,與拋物線方程聯立,運用弦長公式求解;（2）設,分別聯立直線和拋物線,直線與拋物線方程,求出與的關系;根據得到,再求出與的關系.結合導數求解即可得到答案.【詳解】（1）由題意直線l的斜率，所以l得方程為,聯立方程，解得,所以，由弦長公式得:，,解得(負值舍去)，拋物線方程為.（2）設,則,聯立直線與拋物線方程可得:,整理得:由韋達定理:,則;聯立直線與拋物線方程可得:,整理得:,由韋達定理:,則.因為，∴，令，則，由得:,由得:，∴在單調遞減,在單調遞增,∴當時,取得最小值，故點的橫坐標為.【點睛】關鍵點點睛:在于面積的轉化,根據找到和兩者的關系,從而得到,再利用韋達定理結合導數進行求解.22．在直角坐標系中，已知圓的方程為：.(1)寫出圓的一個參數方程；(2)若，是圓上不同的兩點，且，求的最大值.【答案】(1)，其中為參數.(2)【分析】（1）根據圓的直角坐標方程轉化為參數方程即可；（2）根據向量的數量積的坐標運算和向量的幾何意義結合點