2023年四川省内江市市中区神州重点中学高考数学模拟试卷（理科）-普通用卷

2023年四川省内江市市中区神州重点中学高考数学模拟试卷（理科）

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.  已知复数，则的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知全集，集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  宋元时期数学名著算学启蒙中有关“松竹并生”的问题，松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于该思想的一个程序框图，若输入的，分别为，，则输出的的值是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知数列，，，，，，，，，则是这个数列的(    )

A. 第项 B. 第项 C. 第项 D. 第项

5.  作为惠民政策之一，新农合是国家推出的一项新型农村合作医疗保险政策，极大地解决了农村人看病难的问题为了检测此项政策的落实情况，现对某地乡镇医院随机抽取份住院记录，作出频率分布直方图如图：

已知该医院报销政策为：花费元及以下的不予报销；花费超过元不超过元的，超过元的部分报销；花费在元以上的报销所花费费用的则下列说法中，正确的是(    )

A.
B. 若某病人住院花费了元，则报销后实际花费为元
C. 根据频率分布直方图可估计一个病人在该医院报销所花费费用为的概率为
D. 这份花费费用的中位数是元

6.  在正项等比数列中，公比为，且，，成等差数列，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  若非负数，满足，则事件“”发生的概率为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

9.  某几何体三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为(    )

A.
B.
C.
D.

10.  在中，有，则的最大值是(    )
 

A.  B.  C.  D.

11.  已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点在双曲线上，，圆：，直线与圆相交于，两点，直线与圆相交于，两点，若四边形的面积为，则的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

12.  已知，，，其中为自然对数的底数，则，，的大小关系是(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  的展开式中常数项是______用数字作答．

14.  已知向量，，与共线，则 ______ ．

15.  已知数列的前项和，设为数列的前项和，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______ ．

16.  已知是定义域为的函数，为奇函数，为偶函数，当时，若有个零点，则实数的取值范围为______

三、解答题（本大题共7小题，共82.0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，是边上的点，，，平分，的面积是的面积的两倍．
求的面积；
求的边上的中线的长．

18.  本小题分
在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点，分别在线段，上，二面角的大小为．
若，，，证明：平面；
若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．

19.  本小题分
甲、乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，计分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得分；如果甲输而乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得分设甲赢机器人的概率为，乙赢机器人的概率为求：
在一轮比赛中，甲的得分的分布列；
在两轮比赛中，甲的得分的期望和方差．

20.  本小题分
在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆圆心的轨迹为曲线．
求曲线的方程；
设曲线的左、右两个顶点分别为、，为直线：上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为曲线的左焦点，求证：的周长为定值．

21.  本小题分
已知函数，．
若，恒成立，求实数的取值范围；
判断方程在上实根个数，并说明理由．

22.  本小题分
在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求的直角坐标方程；
若点的极坐标为，是上的动点，为线段的中点，求点到直线的距离的最大值．

23.  本小题分
已知函数．
若，且，求的值；
若，，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了复数的概念与分类，复数的除法运算，共轭复数，属于基础题．
根据复数的除法运算，先化简复数，再根据共轭复数的概念求出，即可得到的虚部．

【解答】

解：复数，
则，所以的虚部为．
故选：．

2.【答案】 

【解析】解：解可得，
故，的解为或，
故，
则．
故选：．
解方程和不等式，得到，，求出并集和补集．
本题主要考查了集合并集及补集运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解

所以输出为．
故选：．
按流程图顺序运算可得结果．
本题考查程序框图相关知识，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：数列，，，，，，，，，
而，
令，求得，
是这个数列的第项．
故选：．
由题意利用等差数列的通项公式，得出结论．
本题主要考查等差数列的通项公式，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由频率分布直方图得，
解得，故A错误；
该病人在医院住院消费了元，报销金额为元，
所以此人实际花费为元，故B错误；
样本中可报销的占比为，所以该医院可报销为的概率为，故C正确；
样本中消费费用小于的直方图的面积为，
所以中位数在内，
所以消费费用的中位数的估计值为元，故D错误．
故选：．
由频率和为列方程判断；求出该病人在医院住院报销金额判断；根据样本中可报销的占比为判断；根据样本中消费费用小于的直方图的面积判断．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数的估算，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：，，成等差数列，，解得或舍去，
．
故选：．
根据等差中项求出，再由等比数列通项公式化简即可得解．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查运算求解能力，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意，知，满足约束条件，作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示五边形包含边界，

作出直线，易得，，，，连接，
联立方程，解得，即，
则非负数，对应的可行域的面积为，
事件“”对应的可行域的面积为，
所以所求概率为．
故选：．
先画出可行域，再根据几何概型的概率公式可求．
本题主要考查了几何概型的概率公式，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：抛物线的焦点为，设，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得，
所以，，，，
所以，与矛盾．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
代入，得，则，，
由抛物线的定义知，，，
于是，
所以，．
故选：．
当直线的斜率不存在时，易知不成立，故直线的斜率存在，设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，根据抛物线的定义以及韦达定理，可求出，即可求出结果．
本题考查抛物线的几何性，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：根据三视图知，该几何体是四棱锥，放入长、宽、高分别为、、的长方体中，如图所示：
则该几何体的外接球与长方体的外接球相同，设半径为，则，
所以．
故选：．
根据三视图知该几何体是四棱锥，放入长方体中，几何体的外接球与长方体的外接球相同，利用长方体的对角线是外接球的直径，求出即可．
本题考查了利用三视图求几何体外接球的半径应用问题，是基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
，
又，，
，
，即，
由余弦定理得，当且仅当即时等号成立，
在中，为锐角，要使取最大值，则取最小值，此时，
，即的最大值是．
故选：．
利用余弦定理和数量积定义化简得出三角形三边，，的关系，利用基本不等式求出的最小值，显然为锐角，要使取最大值，则取最小值，从而得出的最大值，即可得出答案．
本题考查平面向量的数量积运算，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：根据对称性，不放设点在左支上，
设圆心到弦的距离为，圆心到弦的距离为，
则根据题意可得：，
，，
，又易知圆的半径的平方为：，
根据题意知四边形的面积为：


，
，，
，，
双曲线的离心率．
故答案为：．
根据对称性，不放设点在左支上，设圆心到弦的距离为，圆心到弦的距离为，则根据题意可得，从而可得，又易知圆的半径的平方为：，从而可得四边形的面积为：，从而可根据题意建立方程，最后再化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，圆的弦长公式的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：令，
令，，
则，
当时，，单调递增，
所以，在上恒成立，
所以，
故，即，
令，，
则，
故在上单调递减，，
即，
令，，
则，
所以在上单调递减，，即，
所以在上恒成立，
故，
所以，
综上，．
故选：．
结合已知不等式合理的构造函数，利用导数研究相应函数单调性，然后进行合理的赋值，即可比较大小．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为二项式的展开式通项公式为，，，，，
令，则，
所以展开式中常数项是，
故答案为：．
求出展开式的通项公式，令的指数为，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意可知，，，
因为与共线，所以．
则．
故答案为：．
由向量共线的坐标表示可得答案．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：当时，，
当时，满足上式，
所以．
所以，
所以，
由，可得，即，
因为函数在单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以，所以，
所以实数的取值范围为．
故答案为：．
利用，的关系求出数列的通项公式，再用裂项相消法求得，再根据不等式的恒成立问题以及函数的单调性与最值，求实数的取值范围．
本题主要考查数列的求和，数列与不等式的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由为奇函数，得，则，所以的图像关于点对称，
则，
由为偶函数，得，
则的图像关于直线对称，则．
因为，所以，
所以，则为的周期，
由函数的周期性可知，的图像关于点对称，关于直线对称，
因为当时，，所以当时，，
对两边平方，整理可得，
故该函数的图像为圆心，半径为的半圆，
若有个零点，只需曲线与直线有个交点，
在同一坐标系中作出函数与直线，如图：

当直线与半圆相切时，，解得；
当直线与半圆相切时，，解得；
结合图形可知，
故答案为：
由为奇函数可得的图像关于点对称，由为偶函数可得的图像关于直线对称，从而可得为的周期．再结合图像即可求解．
本题考查了抽象函数的奇偶性、对称性，也考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．
 

17.【答案】解：，
化简得：．
，
所以，
所以，
所以的面积为．
由可知，因为是的边上的中线，
所以，
所以，
所以的边上的中线的长为． 

【解析】运用正弦定理的面积公式及面积关系计算即可；
运用向量的数量积与模长关系计算即可．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】证明：，，，
又，，平面，平面，
又平面，，又，
如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

由于，，
则，
又，，则，
，又轴平面，
故可为平面的一个法向量，
又，且平面，平面；
解：，，，
如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
设，则，
则，
又轴平面，可作为平面的一个法向量，
设与平面所成角为，且，
则，
又函数与均在上单调递增，
当时，有最大值为，此时也取到最大值，
又，则；
设为平面的法向量，又，
，令，则平面的法向量，
平面的一个法向量为，
，由图可知二面角为锐角，即二面角的余弦值为．
与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为． 

【解析】由已知可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；
根据已知可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据线面关系求得与平面所成最大角的正切值，即得的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角的余弦值．
本题主要考查直线与平面平行的证明，线面角、二面角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
 

19.【答案】解：由题意可知，，，
又，
，
，
分的分布列为：

由题意可知，，，，，
又，
，
，
，
，
的分布列为：

，
． 

【解析】根据已知条件可得的可能取值为，，，利用相互独立事件的概率公式求出所对应的概率，即可求得分布列．
根据已知条件可得的可能取值为，，，，，利用相互独立事件的概率公式求出所对应的概率，即可求得分布列及数学期望和方差．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望方差的求解，化归转化思想，属中档题．
 

20.【答案】解：设动圆的半径为，
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
因为，则，所以，圆内含于圆，
因为动圆与圆内切，且与圆外切，
则，
所以，动圆的圆心的轨迹是以、为焦点的椭圆，
设其方程为，其中，，
所以，，，从而轨迹的方程为．
证明：由题意可知、、，
设，，如下图所示：
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程可得，消去得，
由韦达定理可得，即，
则，故点，
联立方程可得，
由韦达定理可得，即，
则，故点，
所以，，
所以，直线的方程为，
即，且，
故直线过定点，所以的周长为定值，
当时，、或、，
所以，过椭圆的焦点，此时的周长为定值，
综上所述，的周长为定值． 

【解析】设动圆的半径为，分析可得，利用椭圆的定义可求得轨迹的方程；
设点，设，，写出直线、的方程，将这两条直线分别与曲线的方程联立，求出点、的坐标，可得出直线的方程，化简直线的方程，可知直线过椭圆的右焦点，再利用椭圆的定义可证得结论成立．
本题主要考查了定义法在椭圆方程求解中的应用，还考查了直线与椭圆位置关系在定值求解中的应用，
求定值问题常见的方法有两种：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
 

21.【答案】解：，
当时，，在上递减，恒成立；
当时，恒成立，在上递增，不合题意；
当时，存在，使得，
且时，，
则在上递增，不合题意，
综上，的取值范围是．
由得时，，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，所以，
则，
所以在上是增函数，
方程，
由，得，此时，
因此是方程在上的一根，
当时，，方程在上无解，
当时，，方程在上无解，
当时，，，方程在上也无解，
综上，方程在上只有一个解，根的个数为． 

【解析】求出导函数，分类讨论说明的正负，得的单调性，确定题设不等式是否恒成立，得参数范围；
在时，由得，利用导数证明，然后求得导函数，由不等式性质得时，，得单调递增，方程变形为，然后由，的范围分类讨论可得．
本题考查由导数研究函数的单调性，不等式恒成立问题，研究方程根的个数问题，解题关键是方程进行同构变形为，因此我们只要确定的单调性，然后分数讨论得出结论，属于难题．
 

22.【答案】解：由得：，
，即，
的直角坐标方程为：．
由可得点的直角坐标为，即；
由消去参数可得直线的普通方程为：；
设，，
为中点，
，
则，
，
即点轨迹为，
则可设；
点到直线的距离；
则当时，． 

【解析】由极坐标与直角坐标互化原则可直接化简整理得到直角坐标方程；
将点极坐标化为直角坐标，参数方程化为普通方程；利用相关点法可求得点轨迹方程，则可设，利用点到直线距离公式，结合三角恒等变换知识可得到，进而确定最大值．
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：因为，所以，
由，得，
则，解得，
因为，
所以，即，
故．
证明：由，，得，，
则，，
所以，
当且仅当，时等号成立，
故． 

【解析】由题意直接法解不等式，与已知解集相等，可求的值；
已知可得，，利用绝对值三角不等式证明结论．
本题考查不等式的证明，属于中档题．