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2023届四川省成都市玉林名校高三下学期3月月考
数学（文）试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数满足，则的虚部是（ ）
A．2 B． C． D．
3．已知向量，若，则（ ）
A． B．20 C． D．
4．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．63 B．36 C．45 D．27
5．已知圆：，直线：，则“”是“直线与圆相交”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知三棱锥中，若是正三角形且，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
A． B． C． D．
8．2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率
A． B． C． D．
9．如图为某无人机飞行时，从某时刻开始15分钟内的速度（单位：米/分钟）与时间（单位：分钟）的关系．若定义“速度差函数”为无人机在时间段内的最大速度与最小速度的差，则的图像为（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数满足，若函数与图像的交点为则
A．0 B． C． D．
11．已知圆过双曲线的左、右焦点，，曲线与曲线在第一象限的交点为M，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
12．已知是方程的一个根，则的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题
13．2020年高考某题的得分情况如下：
得分（分） 0 1 2 3 4
百分率（%） 37.0 8.6 6.0 28.2 20.2
其中众数是_____.
14．若数列是等比数列，且，则__________．
三、双空题
15．已知函数则的最大值为__________；若，且，则__________.
四、填空题
16．已知正方体的棱长为1，E，F分别是棱和棱的中点，G为棱BC上的动点（不含端点）.则下列说法中正确的序号是_______.
（1）当G为棱BC的中点时，是锐角三角形；
（2）三棱锥的体积为定值；
（3）若异面直线AB与EG所成的角为，则.
五、解答题
17．在中，.
(1)求；
(2)若，求周长的最小值.
18．如图，在几何体中，底面四边形是正方形，平面和平面交于．
(1)求证：；
(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得几何体存在，并求三棱锥的体积．
条件①：平面平面；
条件②：平面平面；
条件③：，．
19．相关统计数据显示，中国经常参与体育锻炼的人数比例为37.2%，城乡居民达到《国民体质测定标准》合格以上的人数比例达到90%以上.某市一健身连锁机构对其会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为会员年龄分布图（年龄为整数），图2为会员一个月内到健身房次数分布扇形图，若将会员按年龄分为“年轻人”（20岁-39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）两类，将一个月内到健身房锻炼16次及以上的会员称为”健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在“健身达人”中有是“年轻人”.
年轻人 非年轻人 合计
健身达人
健身爱好者
合计
(1)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100的样本，计算健身达人中的非年轻人的人数；
(2)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100的样本，补全2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关？
附：.
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
20．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.以点、所在的直线为轴，线段中点为原点建立平面直角坐标系.
(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.
21．已知函数，其中.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：存在实数，使恒成立.
22．在直角坐标系xOy中，直线l经过点且斜率为1.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.直线l交曲线C于不同的两点A，B.
(1)写出直线l的一个参数方程，并求曲线C的直角坐标方程；
(2)若点M在曲线C的准线上，且，，成等比数列，求m的值.
23．已知关于的不等式有解．
(1)求实数的最大值；
(2)在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值．
2023届四川省成都市玉林名校高三下学期3月月考
数学（文）试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，即可求解.
【详解】由解得，
又因为，所以，
所以，
故选:D.
2．设复数满足，则的虚部是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算求解.
【详解】因为，所以，
所以的虚部是，
故选:C.
3．已知向量，若，则（ ）
A． B．20 C． D．
【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】因为，所以解得，
所以，所以，
故选:D.
4．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．63 B．36 C．45 D．27
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项和的性质，列式求解.
【详解】由等差数列的项和的性质可知，成等差数列，
即，，成等差数列，所以，所以.
即.
故选：C
5．已知圆：，直线：，则“”是“直线与圆相交”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】首先求出直线与圆相交时半径的取值范围，再根据集合的包含关系判断即可；
【详解】解：圆：，圆心为，半径为，若直线：与圆相交，则圆心到直线的距离，解得，因为，所以“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件；
故选：A
6．已知三棱锥中，若是正三角形且，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明出，将三棱锥补成正方体，可求出该三棱锥的外接球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】因为平面，、平面，所以，，，
因为，，，则，
所以，，即，
将三棱锥补成正方体，如下图所示：
所以，三棱锥的外接球直径即为正方体的体对角线长，
故三棱锥的外接球直径为，得，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
7．若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】确定，，，代入计算得到答案.
【详解】，故，又，，
，
故选：C
8．2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m＝1，由此能求出他们选课相同的概率．
【详解】今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，
则基本事件总数n6，
他们选课相同包含的基本事件m＝1，
∴他们选课相同的概率p．
故选D．
【点睛】本题考查古典概型，准确计算基本事件总数和选课相同包含的基本事件数是关键，是基础题.
9．如图为某无人机飞行时，从某时刻开始15分钟内的速度（单位：米/分钟）与时间（单位：分钟）的关系．若定义“速度差函数”为无人机在时间段内的最大速度与最小速度的差，则的图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据速度差函数的定义，分四种情况，分别求得函数解析式，从而得到函数图像.
【详解】由题意可得，当时，无人机做匀加速运动，，“速度差函数”；
当时，无人机做匀速运动，，“速度差函数”；
当时，无人机做匀加速运动，，“速度差函数”；
当时，无人机做匀减速运动，“速度差函数”，结合选项C满足“速度差函数”解析式，
故选：C.
10．已知函数满足，若函数与图像的交点为则
A．0 B． C． D．
【答案】B
【详解】[方法一]：直接法.
由得关于对称，
而也关于对称，
∴对于每一组对称点，
∴，故选B．
[方法二]：特值法.
由得
不妨设因为，与函数的交点为
∴当时，，故选B．
[方法三]：构造法.
设，则，故为奇函数.
设，则，故为奇函数.
∴对于每一组对称点.
将，代入，即得
∴，故选B．
[方法四]：
由题意得,函数和的图象都关于对称,
所以两函数的交点也关于对称,
对于每一组对称点和，都有.
从而.故选B.
【解析】函数的性质.
【易错点睛】本题主要考查了函数的性质.本题作为高考选择题的压轴题,考生的易错点是不明确本题要考察的知识点是什么,不知道正确利用两个函数的对称性（中心对称）,确定两个函数的交点也是关于对称,最后正确求和得出结论.本题考查了函数的对称性,但不是从奇偶性的角度进行考查,从而提高了考试的难度.
11．已知圆过双曲线的左、右焦点，，曲线与曲线在第一象限的交点为M，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】C
【分析】由题意可求得双曲线的焦点坐标，结合圆的几何性质推出，由双曲线定义结合题设可得，由余弦定理可得，即可求得a，则可得答案.
【详解】由，令 ，则 ，即，
故，，即有 ，
圆心为,半径为，
由于,故,
因为M为双曲线右支上一点，，
设，则 ，
故 ，
在中， ,
即，即，
故，
故双曲线离心率为，
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据题设条件可求得双故曲线的焦半距，因此要求离心率，就要求出a的值，因此关键点就在于要利用圆的几何性质推得，设,从而由余弦定理推出，再结合双曲线定义推得，即可求得a，则问题即可求解.
12．已知是方程的一个根，则的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据题意变形得，进而构造函数，由函数的单调性得，即，进而.
【详解】解：
设，恒成立，故单调递增，
由得，所以，
所以
故选：B.
【点睛】本题考查导数同构求解函数值，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.本题解题的关键在于根据同构式整理得，进而构造函数，同构研究函数单调性得，即，进而求解.
二、填空题
13．2020年高考某题的得分情况如下：
得分（分） 0 1 2 3 4
百分率（%） 37.0 8.6 6.0 28.2 20.2
其中众数是_____.
【答案】0
【分析】结合众数的概念和表格的百分率即可得出结果.
【详解】众数是指一组数据中出现次数最多的数据，
根据所给表格的百分率最高的是“0”，
故众数为：0.
故答案为：0
14．若数列是等比数列，且，则__________．
【答案】4
【分析】根据等比数列的性质求解即可．
【详解】根据等比数列的性质，有，
则，解得，
所以．
故答案为：4．
三、双空题
15．已知函数则的最大值为__________；若，且，则__________.
【答案】
【分析】先将函数化简，得到，根据正弦函数的性质可求得最大值；利用同角基本关系求得，再借助和角正弦公式即可求解.
【详解】因为
因为，所以当时，函数有最大值；
而
又因为，且，
所以，
所以.
故答案为：；.
四、填空题
16．已知正方体的棱长为1，E，F分别是棱和棱的中点，G为棱BC上的动点（不含端点）.则下列说法中正确的序号是_______.
（1）当G为棱BC的中点时，是锐角三角形；
（2）三棱锥的体积为定值；
（3）若异面直线AB与EG所成的角为，则.
【答案】(2)(3)
【分析】计算长度即可确定为直角三角形可判断(1)；利用等体积法可判断(2);再根据异面直线所成角的定义求解(3).
【详解】当G为棱BC的中点时，,
,
,,
所以,所以是直角三角形，(1)错误；
因为,(2)正确；
取中点为,连接，则,
所以为异面直线AB与EG所成的角，
因为，平面,
所以平面,又因为平面,
所以，
所以在中，，
因为G为棱BC上的动点（不含端点），
所以,
所以，
又因为，所以，(3)正确，
故答案为:(2)(3).
五、解答题
17．在中，.
(1)求；
(2)若，求周长的最小值.
【答案】(1)
(2)9
【分析】（1）利用正弦定理边角互化即可求解；
（2）利用余弦定理结合均值不等式求解即可.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
又因为，，所以，即有，
又因为，所以.
（2）因为，，
所以由余弦定理可得，
当时，等号成立，所以，
故周长的最小值9.
18．如图，在几何体中，底面四边形是正方形，平面和平面交于．
(1)求证：；
(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得几何体存在，并求三棱锥的体积．
条件①：平面平面；
条件②：平面平面；
条件③：，．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)只有条件①符合，体积为
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即得；
（2）先判断四边形为等腰梯形，为梯形，选条件①，过点作于，连接，根据线面垂直证明，从而可求得，，再根据平面，可得，求解即可；通过选条件②，③得到四边形不为等腰梯形，故条件②，③都不符合．
【详解】（1）在正方形中，，平面，平面
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，又，所以．
（2）由（1）知，，，，
所以四边形为等腰梯形，为梯形，
选条件①：平面平面，
过点作于，连接，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以，
则，，
又，平面平面，所以平面，
所以；
选条件②：平面平面，且平面平面，
又，平面，平面，，
此时四边形不为等腰梯形，故条件②不符合；
条件③：，，平面，平面，，
则平面，即平面，
又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合．
19．相关统计数据显示，中国经常参与体育锻炼的人数比例为37.2%，城乡居民达到《国民体质测定标准》合格以上的人数比例达到90%以上.某市一健身连锁机构对其会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为会员年龄分布图（年龄为整数），图2为会员一个月内到健身房次数分布扇形图，若将会员按年龄分为“年轻人”（20岁-39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）两类，将一个月内到健身房锻炼16次及以上的会员称为”健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在“健身达人”中有是“年轻人”.
年轻人 非年轻人 合计
健身达人
健身爱好者
合计
(1)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100的样本，计算健身达人中的非年轻人的人数；
(2)现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100的样本，补全2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关？
附：.
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
【答案】(1)10人
(2)列联表见解析，没有
【分析】(1)利用饼图数据分析即可求解；
(2)利用独立性检验方法求解.
【详解】（1）根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为10060%=60,
根据其中年轻人占比，
所以健身达人中年轻人人数为，非年轻人为10人；
（2）根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，
则年轻人人数为10080%=80，则非年轻人为20人，
健身爱好者人数为100-60=40，再通过总共年轻人合计为80人，
则健身爱好者中年轻人人数为80-50=30，
根据非年轻人总共为20人，
则健身爱好者中非年轻人人数为20-10=10，
所以列联表为下图：
年轻人 非年轻人 合计
健身达人 50 10 60
健身爱好者 30 10 40
合计 80 20 100
则，
所以没有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关.
20．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.以点、所在的直线为轴，线段中点为原点建立平面直角坐标系.
(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出；
（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理再结合斜率的两点公式求解即可.
【详解】（1）
如图以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
设为椭圆上一点，由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，
所以，，则，
所以椭圆方程为；
（2）由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的
联立两个方程得 ，消去得，
得，
设，，则，（*）
所以，
将（*）代入上式，可得，
要使为定值，则有， ，又∵
∴，此时，
∴存在点，使得直线与斜率之积为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．已知函数，其中.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：存在实数，使恒成立.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）存在实数，使恒成立，只需要即可，则原问题转化为存在最小值，利用导函数求的单调性即可求解.
【详解】（1）由题可得时，所以，
所以，
故在点处的切线方程为，即.
（2）由题，，所以，
令所以
因为，所以恒成立，即在上单调递增，
因为，且，
故，使得，即
因为在上单调递增，所以即，单调递减，
即，单调递增，故，
若恒成立，只需，即即可，故存在实数，使恒成立.
22．在直角坐标系xOy中，直线l经过点且斜率为1.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.直线l交曲线C于不同的两点A，B.
(1)写出直线l的一个参数方程，并求曲线C的直角坐标方程；
(2)若点M在曲线C的准线上，且，，成等比数列，求m的值.
【答案】(1)（其中t为参数），
(2)
【分析】(1) 由点及斜率可求直线l的参数方程，由公式，可得曲线C的直角坐标方程；
(2) 由，，成等比数列建立等式，再运用直线的参数方程中的几何意义即可求解.
【详解】（1）直线l的一个参数方程为（其中t为参数）.
由曲线C的极坐标方程为可得，
把，代入，
得曲线C的直角坐标方程为.
（2）因为点M在曲线C的准线上，所以，
所以曲线C的直角坐标方程为.
把代入得，
化简得，
因为，所以.
设点A，B对应的参数分别为，，
则，.
因为，，成等比数列，
所以，即.
因为，所以，
所以，解得.
23．已知关于的不等式有解．
(1)求实数的最大值；
(2)在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值．
【答案】(1)
(2)36
【分析】（1）利用绝对值不等式得，所以有解只需即可；
（2）利用均值不等式求解即可.
【详解】（1）因为，当且仅当等号成立
所以的最大值为3．
因为不等式有解，所以，解得，
所以实数的最大值．
（2）由（1）知，，
因为（当且仅当时，等号成立），
，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为36．
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