2023年四川省德阳市重点学校高考数学模拟试卷（理科）（一）-普通用卷

2023年四川省德阳市重点学校高考数学模拟试卷（理科）（一）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，，则(    )

A.  B.
C.  D.

2.  复平面内，复数对应的点位于(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

3.  “”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

4.  若执行如图所示的程序框图，则输出的值为(    )

 

A.  B.  C.  D.

5.  在中，角，，所对边分别记为，，，若，，则面积的最大值是(    )

A.  B.  C.  D.

6.  分形几何学是数学家伯努瓦曼德尔布罗在世纪年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路按照如图所示的分形规律可得如图所示的一个树形图记图中第行黑圈的个数为，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己名航天员开展实验，其中天和核心舱安排人，问天实验舱与梦天实验舱各安排人若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

8.  函数的图象可能是(    )

A.  B.  C.  D.

9.  某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为，，若该模型的体积为，则该模型的外接球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  已知椭圆为椭圆的右焦点，曲线交椭圆于，两点，且，则椭圆的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

11.  已知函数，其中，若函数满足以下条件：
函数在区间上是单调函数；
对任意恒成立；
经过点的任意直线与函数恒有交点，
则的取值范围是(    )

A.  B.
C.  D. ，

12.  定义在上的可导函数满足，且在上有若实数满足，则的取值范围为(    )

A.  B.
C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知向量，则向量的夹角的余弦值为______ ．

14.  已知，若，且，则 ______ ．

15.  已知数列满足：对于任意有，且，，其中若，数列的前项和为，则 ______ ．

16.  已知圆的圆心在抛物线上运动，且圆过定点，圆被轴所截得的弦为，设，，则的取值范围是______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
在中，，，分别为内角，，的对边，且．
求；
点在边上，且，，求面积的最大值．

18.  本小题分
如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，，为上一点，为的中点，且三棱锥与四棱锥的体积比为：．
证明：平面；
若与平面所成角为，求二面角的余弦值．

19.  本小题分
某校举行“强基计划”数学核心素养测评竞赛，竞赛以抽盲盒答题的形式进行，现有甲、乙两个盲盒箱，甲中有个选择题和个填空题，乙中有个选择题和个填空题，竞赛可以以不同的方式进行．
若已知班选择了甲箱，且派出人参赛，每个人盲抽一个题作答，答完后仍放回甲箱每个人答对选择题的概率为，答对得分，答错得分，每个人答对填空题的概率为，答对得分，答错得分，求班总得分的数学期望．
若已知班班长先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后班班长再从乙箱中抽取一道题目，已知班班长从乙箱中抽取的是选择题，求班班长从甲箱中取出的是两道选择题的概率．

20.  本小题分
椭圆的短轴长为，离心率为，过点的直线与椭圆交于，两点．
求椭圆的方程；
椭圆上是否存在点，使得直线，与直线分别交于点，，且？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

21.  本小题分
帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，已知在处的阶帕德近似为．
注：，，，，
求实数，的值；
求证：；
求不等式的解集，其中．

22.  本小题分
在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，曲线的极坐标方程为，曲线，的交点为，．
求和的直角坐标方程；
圆经过，，三点，过原点的两条直线，分别交圆于，和，四点，求证：．

23.  本小题分
已知函数．
若，求不等式的解集；
对于任意的正实数，，且，若恒成立，求实数的取值范围．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
，故A错；
，故B对；
或，故C错；
或，故D错．
故选：．
通过解不等式，求出集合、，求即得到答案．
本题考查了不等式的解法和集合的运算，还考查了计算能力，属简单题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由题得，
即复平面内对应的点为，在第一象限．
故选：．
根据复数运算及复数的几何意义即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：当，则，则，则，故充分性不成立，
当时，则，故必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
根据三角函数求值以及充分条件与必要条件相关知识可解．
本题考查三角函数求值以及充分条件与必要条件相关知识，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：初始值，．
，，，否；
 ，，，否；
，，，否；
，，，是，输出．
因为，
所以输出的值为．
故选：．
根据循环结构程序执行逻辑写出程序执行过程，进而得到输出结果．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：，，
，，
，
，又，
，，，
，
，，
当时，面积有最大值．
故选：．
本题利用正余弦定理的边角互化，得出边与边的长度关系，再利用三角形面积公式结合一元二次函数，求出面积的最大值．
本题考查的是正余弦定理，和一元二次函数的图像性质，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：已知表示第行中的黑圈个数，设表示第行中的白圈个数，
由于每个白圈产生下一行的个白圈个黑圈，一个黑圈产生下一行的个白圈个黑圈，
所以，，
又，，，，
，，
，，
，，
，，
，所以．
故选：．
根据条件，得出，，代入初始值，利用递推，即可求得的值．
本题主要考查了数列的递推关系在实际问题中的应用，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：若甲，乙都不在天和核心舱，则共有种，
若甲和乙有一人在天和核心舱，则共有种，
所以共有种．
故选：．
分甲乙都不在天和核心舱和甲乙中有一人在天和核心舱求解即可．
本题考查了排列组合的简单计数问题，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：，即函数是奇函数，图象关于原点对称，排除，，
当时，则的右侧，，则，排除，
故选：．
判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想判断在的右侧函数值的符号，进行排除即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和对称性的关系，以及极限思想是解决本题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：设正四棱台形状的高为，
故，解得，
取正方形的中心为，正方形的中心为，则，

故该模型的外接球的球心在上，设为点，连接，，，，
设上底面正方形的边长为，，则，，解得，
故E，，设，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径为，该模型的外接球的表面积为．
故选：．
由棱台体积得到棱台的高，并作出辅助线，找到球心位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积．
本题考查了外接球的表面积计算，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：设，，，设，，
联立，化简，，，
，，
，
，
，代入上式化简得：，
，．
故选：．
设，，联立方程组可得，，进而由已知可得，可求椭圆的离心率．
本题考查椭圆的离心率的求法，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由函数可知，函数的周期为，
由条件对任意恒成立，可知是函数的一条对称轴，
结合条件函数在区间上是单调函数，则有，
又，解得，即，
又因为，故，解得，又，
从而或．
当时，；当时，，
由对任意恒成立，，则，
由经过点的任意直线与函数恒有交点，得，
解得，易知，，，
此时由，可得，从而，
由或，得或，
所以或，
故选：．
根据题意得到函数的周期为，由得到是函数的一条对称轴，结合可知，，再结合和即可求解．
本题主要考查整形函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由，得．
令，则，即为偶函数．
又时，．
所以在上单调递减．
由，
得，即．
又为偶函数，
所以，
所以，即，
解得，
所以的取值范围为．
故选：．
根据已知条件构造函数，利用偶函数的定义及导数与函数的单调性的关系，结合偶函数的性质及函数的单调性即可求解．
本题考查函数与导数的综合运用，解决此题的关键是构造函数，利用偶函数定义和导数法求出函数的单调性，再利用偶函数和单调性即可解决抽象不等式，考查运算求解能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为向量，则，，
所以向量的夹角的余弦值为．
故答案为：．
根据给定的坐标，求出向量的数量积及模，再求出夹角余弦作答．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，
令，则，
则多项式等价为，
对应的系数，
得，
即，
得或，
得或，
又，故实数的值为．
故答案为：．
利用换元法将多项式进行转化，利用求出对应项系数，建立方程进行求解即可．
本题主要考查多项式系数的求解，利用换元法将多项式进行转化，利用条件建立方程进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：因为，则，
由，，可得，，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，，，则，
所以，
所以．
故答案为：．
对求导，可证得是以为首项，为公差的等差数列，可求出，再由并项求和法求出．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：设，则，
故圆的方程，
令有，
故，解得，，
故．
设，因为，
所以，又由余弦定理可得，
所以，
所以，
因为，所以，所以当且仅当时，原式有最大值，
当且仅当时，原式有最小值为，从而的取值范围为．
故答案为：．
设，即可表示出圆的方程，从而求出，再设，由题意知，所以，再由的范围求出的取值范围．
本题考查抛物线的性质，属于中档题．
 

17.【答案】解：，
，即，
，
．
；
由题意得，两边平方得，
整理得，
，当且仅当，时，等号成立，
，
故面积的最大值为． 

【解析】由正弦定理角化边，再结合余弦定理，即可得出答案；
由向量建立等量关系，结合基本不等式，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：证明：连接，，，如图所示．
因为三棱锥与四棱锥的体积比为：，
所以：：，即．
所以为的中点，
则，，
故AE，
又为的中点，
所以．
因为平面，平面，
所以，
又，、平面，
所以平面．

因为面，且，在矩形底面内，易知：，，两两垂直，
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
所以为与平面所成角，即，则．
则，
所以，，
设面的法向量为，则，即，则可取．
而面的一个法向量为，
所以．
由图知：锐二面角的余弦值为． 

【解析】连接，，，由体积比可得，即为的中点，进而可得，再由线面垂直的性质、判定证结论；
先证，，两两垂直，构建空间直角坐标系，由题设易知为与平面所成角，求得，进而求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值．
本题考查线面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
 

19.【答案】解：班在甲箱抽取时，每个人抽到选择题的概率为，抽到填空题的概率为，
每个人得分的平均值，
班得分的数学期望；
因为班班长抽取在先，放回甲箱后再由班班长在乙箱抽取，
所以班班长抽取的结果与班班长抽取的结果无关，
在班班长抽取题时，是不放回的抽取，
所以抽到的是道选择题的概率． 

【解析】先计算班参加竞赛的个人中每个人得分的平均分，在根据数学期望的意义求出班得分的数学期望；
按照不放回概率思想计算．
本题主要考查了离散型随机变量的期望，考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
 

20.【答案】解：根据题意可得，
解得，，，
所以椭圆的方程为．
当直线斜率不为时，设直线的方程为，
联立，得，
，即，
设，，，
则，，
直线方程，
令得
，
，
由，得，
所以，
所以，
若，，
所以，与直线的任意性矛盾，
若，则，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以点的坐标或当斜率为时也成立． 

【解析】根据题意可得，解得，，，即可得出答案．
当直线斜率不为时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，设，，，结合韦达定理，，直线方程，令得，同理可得，由，得，即，进而可得答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

21.【答案】解：因为，
所以，，
因为，
所以，，
由题知，，
所以，
解得，；
证明：由知，要证，
即证，
不妨令，则且，
即证当时，，
不妨设，函数定义域为，
则，
所以在上单调递增，在上单调递增，
当时，，
可得，
即成立，
当时，，
可得，
即成立，
综上可得当时，，
所以成立，
即证成立；
由题意知，欲使得不等式成立，
则至少有，即或，
首先考虑，
该不等式等价于，
即，
由知成立，
所以使成立的的取值范围为，
再考虑，
该不等式等价于，
不妨令，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
即当时，，
所以当时，，
当时，由可得成立；
当时，由可得不成立，
所以要使成立的的取值范围为，
综上可得不等式的解集为． 

【解析】由题意，求出，，，，结合，列出等式求解即可得到实数和的值；
由知，即证，不妨令，即证时，，设，对其进行求导，利用导数得到函数的单调性，进而即可证明；
结合所求分析可得，即或，先考虑，该不等式等价于，结合的结论即可求证，再考虑，该不等式等价于，令，利用导数证明当时，，进而可得当时，，再分类讨论即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性；考查了逻辑推理、分类讨论和转化思想，属于难题．
 

22.【答案】解：曲线的极坐标方程为，
根据公式，可得：，
所以曲线直角坐标方程为：．
曲线的参数方程为为参数，即：．
又，所以曲线的普通方程为．
证明：与联立，解得，
故曲线，的交点为，，
因为，，所以点的坐标为．
因为，关于轴对称，故圆的方程的圆心在轴上，
设其方程为，将代入可得，
解得，故圆的方程为：．
将，代入可得，极坐标方程为．
设直线，的极坐标方程分别为，，，
分别代入圆的极坐标方程得，
，，
，，
所以有． 

【解析】利用与得到曲线的极坐标方程，消去参数得到的直角坐标方程；
先求出圆的方程为：，化为极坐标方程，设直线，的极坐标方程分别为，，，代入圆的极坐标方程，利用根与系数关系得证．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
 

23.【答案】解：当时，不等式，即为不等式为，
当时，可得，解得，所以；
当时，可得成立，所以；
当时，可得的，解得，所以．
综上得不等式的解集为．
解：因为，为正实数，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最大值，
又因为，当时取到等号，
要使恒成立，只需，解得或，
即实数的取值范围为 

【解析】根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
根据题意，化简得到，结合基本不等式求得的最大值，再由绝对值的三角不等式求得，列出不等式，即可求解．
本题主要考查不等式恒成立问题，考查转化能力，属于中档题．