四川省成都市第七中学2023届高三数学（文）下学期高考模拟试题（Word版附解析）

成都七中高三数学高考模拟考试（文科）

本试卷分选择题和非选择题两部分.第Ⅰ卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟

注意事项：

1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定位置上.

4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.

5.考试结束后，只将答题卡交回.

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共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的.

1. 已知集合，，且，都是全集的子集，则下图韦恩图中阴影部分表示的集合为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依题意图中阴影部分表示的集合为，根据交集、补集的定义计算可得.

【详解】因为，，

所以，图中阴影部分表示的集合为，

所以.

故选：C

2. 要得到函数的图象，只需将指数函数的图象（    ）

A. 向左平移1个单位 B. 向右平移1个单位

C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数函数解析式说明图象平移过程即可.

【详解】由向右平移个单位，则.

故选：D

3. 在非直角中 “”是“”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】D

【解析】

【详解】试题分析：由△为锐角三角形，都有意义，

当时，未必有成立，例如当时；

当时，未必有成立，例如当时；

所以“”是“”的既不充分也不必要条件

故选：D.

4. 平面直角坐标系中，如图所示区域（阴影部分包括边界）可用不等式组表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出相应直线方程，再结合图形判断即可.

【详解】过、的直线方程为，整理得，

由阴影部分在直线的左下方（包括边界），故满足，

过、的直线方程为，即，

由阴影部分在直线的右下方（包括边界），故满足，

又阴影部分在直线的上方（包括边界），故满足，

所以如图所示区域（阴影部分包括边界）可用不等式组表示为.

故选：C

5. 等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则

A.  B. 或 C.  D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】设等比数列的公比为，由，，成等差数列，可得，即，解得值，利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出答案．

【详解】设等比数列的公比为，

由于，，成等差数列，所以，即，

由于在等比数列中，，所以，解得或

当时，

当时，

故答案选B

【点睛】本题考查等差中项与等比数列的通项公式和求和公式，理解并掌握数列的通项公式和求和公式是解题的关键，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题

6. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（    ）

A.  B. 6 C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数代数形式的运算法则化简，再根据复数的定义得到方程（不等式）组，解得即可.

【详解】因为

，

因为复数为纯虚数，所以，解得.

故选：D

7. 为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，某机构调查了当地的中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，下面三个结论：

①样本数据落在区间的频率为0.45；

②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有55%的当地中小型企业能享受到减免税政策；

③样本的中位数为480万元.

其中正确结论的个数为

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】

根据直方图求出，求出的频率，可判断①；求出的频率，可判断②；根据中位数是从左到右频率为的分界点，先确定在哪个区间，再求出占该区间的比例，求出中位数，判断③.

【详解】由，，

的频率为，①正确；

的频率为，②正确；

的频率为，的频率为，

中位数在且占该组的，

故中位数为，③正确.

故选:D.

【点睛】本题考查补全直方图，由直方图求频率和平均数，属于基础题

8. 若函数在为单调函数，则实数a的取值范围是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用排除法，由排除，由排除，从而可得结果.

【详解】利用特值法：时，；

时，单调递增，

即合题意，排除；

时，，

单调递减，

即合题意，排除，故选A.

【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式问题等等.

9. 形如413或314的数称为“波浪数”，即十位数字比两边的数字都小．已知由1，2，3，4构成的无重复数字的三位数共24个，则从中任取一数恰为“波浪数”的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分三位数的中间的数字为和两种情况，求出“波浪数”的个数，再根据古典概型的概率公式计算可得.

【详解】若三位数中间的数字为，则有个，

若三位数中间的数字为，则有个，即“波浪数”共有个；

所以从中任取一数恰为“波浪数”的概率.

故选：B

10. 数列1，1，2，3，5，8，13…称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”据未来某教育专家（这里省略271字人物简介）考证，中国古代很早就一边养兔子吃兔子，一边研究“兔子数列”，比斐波那契早得多，只是因为中国古代不重视自然科学，再加上语言不通交流不畅，没有得到广大非洲朋友的认可和支持，才让欧洲人捡了便宜“兔子数列”的构造特征是前两项均为1，从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和某人设计如图所示的程序框图，若图中空白处填入，则当输入正整数时，输出结果恰好为“兔子数列”的（    ）

A. 第3项 B. 第4项 C. 第5项 D. 第6项

【答案】B

【解析】

【分析】根据题设结合流程图的逻辑，写出执行过程并确定输出结果，结合“兔子数列”的定义确定对应项.

【详解】由题设，空白处，，执行过程如下：

，则，，故，；

，则，，故，；

，跳出循环，输出，为“兔子数列”的第4项.

故选：B

11. 下列结论中正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若且，则

C. 设是等差数列，若，则

D. 若，则

【答案】A

【解析】

【分析】根据不等式的性质判断A，利用特殊值判断B，根据等差数列的性质及基本不等式判断C，构造函数，利用导数判断D.

【详解】选项A，由，可得，则，

又，所以，则，故A正确.

选项B，取，则，

则不等式不成立，故B不正确.

选项C，由题意得且，

所以，故C不正确.

选项D，设，则，

当时，，则单调递减，，

即，故D不正确.

故选：A.

12. 设双曲线：的离心率为，过左焦点作倾斜角为的直线依次交的左右两支于，，则有．若，为的中点，则直线斜率的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依题意可得，即可得到，从而表示出，再利用点差法得到，即可得到，再利用基本不等式计算可得.

【详解】因为，所以，

又，

所以，则，

所以，

设，，则，，

所以，即，

所以，即，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

即直线斜率的最小值是.

故选：C

【点睛】关键点睛：根据解答的关键是用含的式子表示，再利用点差法得到，从而表示出，最后利用基本不等式求出最小值.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.

13. ______．

【答案】

【解析】

【分析】利用指对数运算的性质化简求值即可.

【详解】.

故答案为：

14. 设定义在上且，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据分段函数解析式一一计算可得.

【详解】因为，

所以，

，

同理可得.

故答案为：

15. 用表示等差数列的前n项和，若，，则m的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】利用等差中项性质有，结合等差数列前n项和公式有，即可求参数值.

【详解】由，则，

由，则，

所以.

故答案为：

16. 已知三点都在以为直径的球的表面上，，，，若球的体积为，则异面直线与所成角的余弦值为_________．

【答案】

【解析】

【分析】

作出图形，分别取、、的中点、、，连接、、、，利用中位线的性质并结合异面直线所成角的定义得出异面直线与所成的角为或其补角，并计算出各边边长，利用余弦定理计算出，即可得出答案．

【详解】解：设球的半径为，则，得，

如下图所示，

分别取、、的中点、、，连接、、、，

易知，平面，，，，

为的中点，则，

、分别为、中点，则，且，

同理可得，且，

所以，异面直线与所成的角为或其补角，且，

在中，，，，

由余弦定理得．

因此，异面直线与所成成的余弦值为．

故答案为：．

【点睛】本题考查球体体积，考查异面直线的定义，同时也考查了余弦定理，考查计算能力与推理能力，属于中档题．

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22，23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题，共60分.

17. 某超市计划销售某种食品，现邀请甲乙两个商家进场试销10天．两个商家向超市提供的日返利方案如下：甲商家每天固定返利60元，且每卖出一件食品商家再返利3元；乙商家无固定返利，卖出不超出30件（含30件）的食品，每件食品商家返利5元，超出30件的部分每件返利10元．经统计，试销这10天两个商家每天的销量如下茎叶图：

（1）现从甲商家试销的销量不小于30件的4天中随机抽取2天，求这两天的销售量之和大于60件的概率；

（2）根据试销10天的数据，将频率视作概率，用样本估计总体，回答以下问题：

（ⅰ）记商家乙的日返利额为X（单位：元），求X的值域Ω；

（ⅱ）证明存在，使得，即X取值k的概率不小于X不取值k的概率．

【答案】（1）   

（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据茎叶图确定随机抽取2天销售量之和大于60件的组合、4天中随机抽取2天的销售量组合，应用古典概率的求法求概率；

（2）（ⅰ）根据茎叶图写出乙的不同日销售量下对应返利额，即得值域Ω；（ⅱ）由茎叶图确定对应返利额的概率，进而证明结论.

小问1详解】

由题设，甲10天销售量不小于30件的，

从中随机抽取2天销售量之和大于60件的组合有4组、1组，

又4天中随机抽取2天的销售量组合有1组、4组、1组，

所以两天的销售量之和大于60件的概率.

【小问2详解】

（ⅰ）由题意，若日销售量为件，

所以.

（ⅱ）由茎叶图知：，，，

显然，，且，

所以，存在，使得.

18. 如图，多面体ABCDE中，平面ABC，平面平面ABC，是边长为2的等边三角形，，AE=2．

（1）证明：平面平面BCD；

（2）求多面体ABCDE的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）若为中点，连接，易证，由面面垂直的性质得面，易知，进而证为平行四边形，即，最后根据线面垂直的性质及判定和面面垂直的判定证结论；

（2）由求组合体的体积即可.

【小问1详解】

若为中点，连接，

由是边长为2的等边三角形，，则，

又面面ABC，面，面面，故面，

因为平面ABC，故，又，

所以为平行四边形，即，

由面，则，，面，

所以面，即面，又面，

所以平面平面BCD；

【小问2详解】

由多面体ABCDE的体积.

19. 设函数的图象关于直线对称，其中为常数且．

（1）求函数的解析式；

（2）中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，求角A，B，C的大小并求的值．

【答案】（1）   

（2），，

【解析】

【分析】（1）应用倍角正余弦公式化简函数式，根据对称轴有且，结合参数范围求参数值，即可得函数解析式；

（2）由题设得求得，根据已知求得，最后应用正余弦定理边角关系求目标式的值.

【小问1详解】

，

由题意且，则且，

由，则，故，

所以.

【小问2详解】

由，则，，

所以，故，可得，

所以，而，故，

由，则，又，

所以，

综上，，且.

20. 椭圆中心在原点，一个焦点为，且过点．

（1）求的标准方程；

（2）设，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点，已知且，求k的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题设确定焦点位置及标准方程形式，由点在椭圆上及参数关系列方程求参，即可得椭圆标准方程；

（2）令，联立椭圆并整理为，结合及韦达定理，根据向量垂直的坐标表示、两点距离公式列方程求，注意验证.

【小问1详解】

由题设，椭圆焦点在y轴上，且，令椭圆方程为且，

所以，可得，即椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

令，联立椭圆：，则，

所以，，

所以，则，，

由，，又且，

所以，即，

所以，而，

故且，可得，此时，满足题设，

所以.

21. 已知函数，其中．

（1）若a=2，求的单调区间；

（2）已知，求的最小值．（参考数据：）

【答案】（1）减区间为，增区间为.   

（2）

【解析】

【分析】（1）对函数求导，研究导函数的符号，进而确定其单调区间；

（2）由题意得，即，对函数求导，研究导函数的符号，判断单调性，进而求最小值即可.

【小问1详解】

由题设，则，且，

所以，

当时，当时，

所以的减区间为，增区间为.

【小问2详解】

由题意，

所以，即，

又，且，

当或时，或时，

所以、上递减，、上递增，

又极小值，故最小值为.

（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.

[选修4－4：坐标系与参数方程]

22. 平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）若直线与曲线交于，两点，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，得到曲线的极坐标方程；

（2）首先求出直线的极坐标方程，设，，将代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理计算可得.

【小问1详解】

因为曲线的参数方程为（为参数），

所以曲线的普通方程为，即，

由可得曲线的极坐标方程为.

【小问2详解】

因为直线的方程为，所以直线的极坐标方程为，

设，，将代入可得，

因为，所以，，

所以.

[选修4－5：不等式选讲]

23. 已知函数f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）．

（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；

（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．

【答案】（Ⅰ）[-2，-]；（Ⅱ）0＜m＜1

【解析】

【分析】（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；

（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．

再利用分段函数的单调性求得f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1|的最大值，然后将问题转化为f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得．

【详解】（Ⅰ）当m=1时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔或或，

解得-2≤x≤-，所以原不等式的解集为[-2，-]．

（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．

∵f（x）=，

根据分段函数的单调性可知：x=-m时，f（x）取得最大值f（-m）=2m，

∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2，

∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为2．

所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．

【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．