2023届四川省名校联考高考仿真测试（五）数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省名校联考高考仿真测试（五）数学（理）试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合．集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
故，因此，.
故选：B.
2．若复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据两复数对应的点关于虚轴对称得到，再利用复数的除法法则进行求解.
【详解】因为复数、在复平面内对应的点关于虚轴对称，
且，所以，
则.
故选：D.
3．已知函数则“”是“有2个零点”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】C
【分析】先由零点存在性定理得到时，函数有1个零点，再求出时，当时，有1个零点，从而得到充分性与必要性都成立，求出答案.
【详解】当时，单调递增，
又，，
由零点存在性定理可知：只有1个零点，且该零点为负数；
当时，令，解得：或（舍去）
若有零点，则，即，
此时有1个零点，且该零点为正数．
综上：当时，有两个零点，充分性成立
当有两个零点时，，必要性成立，
故“”是“有2个零点”的充要条件．
故选：C
4．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】根据程序框图的意义，结合指数对数的关系，求得答案.
【详解】由，得到，当从1一直取到最后一个小于等于4100的数，且实数为整数的值时，计数这样的情况的次数，即为最后输出的的值.
由，可得输出的值为13.
故选：C
5．已知奇函数的图象关于直线对称，且在区间上单调，则的值是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】由条件结合余弦型函数的性质列关系式求.
【详解】因为函数为奇函数，所以，，
又函数的图象关于直线对称，所以，，所以，，
由函数为奇函数且在区间上单调，所以函数在区间，所以函数的周期，所以，又，所以，
故选：C.
6．在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用正弦定理求出外接圆的半径，然后利用求出三棱锥外接球的半径，即可算出表面积.
【详解】设外接圆的半径为，圆心为，
根据正弦定理，则，故，
设三棱锥外接球的半径为，球心为O，

由，可知为等腰三角形，
过作于，则为中点，由平面，平面，
故，则共面，
因为平面，平面，所以，
又，故，于是四边形为平行四边形，
因为，所以四边形为为矩形，
则，故三棱锥的外接球的表面积为.
故选：A.
7．已知椭圆：，定点，，有一动点满足，若点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设动点，求出其轨迹，求出，即得解.
【详解】解：设动点，由题得，
化简得.
所以动点的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆.
因为点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，
所以.
所以椭圆的离心率.
因为椭圆的离心率，
所以椭圆的离心率的取值范围为.
故选：D
8．若，则（ ）
A．270B．135C．135D．270
【答案】B
【分析】以代替，可得，求出的系数，即可得答案
【详解】，
以代替，得，
所以其通项公式为，
令，
所以，
故选：B
9．下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用函数在上的单调性可判断C选项；利用正弦函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A，，A对；
对于B，，则，则，如取，，则，
故不能推出，B错；
对于C，令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，
因为，则，即，即，可得，C错；
对于D，由，则，
因为函数在上为增函数，故，D错．
故选：A．
10．已知动圆过点，且与直线相切，记动圆的圆心轨道为，过上一动点作曲线的两条切线，切点分别为，直线与轴相交于点，下列说法不正确的是（ ）
A．的方程为
B．直线过定点
C．为钝角（为坐标原点）
D．以为直径的圆与直线相交
【答案】D
【分析】设动圆圆心为，根据题意可求得动圆的圆心轨迹方程，判断A；利用导数的几何意义表示曲线的切线方程，进而可求得直线的方程，可说明其过定点，判断B；利用向量的数量积的计算，可判断C；根据抛物线的定义结合几何性质可判断D.
【详解】设动圆圆心为，

依题意得：，即的方程为，故A正确；
由得，，∴，∴切线的方程为：，
即，又，∴，
同理可得切线的方程为，
又切线经过点，∴，
故直线的方程为，∴直线过定点，故B正确；
联立消去整理得，故，，
则
，∴为钝角，故C正确；
由于直线恒过抛物线焦点，设中点为，过向直线作垂线，
垂足分别为，连接，
由抛物线定义，，
∴，
∴以为直径为圆与直线相切，故D错误，
故选：D．
11．已知函数与相交于，两点，与相交于，两点，若，，，四点的横坐标分别为，且，则下列等式不成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据，分别代入，即可判断A,B，根据， 关于直线的对称，因此可知对称，对称，即可根据对称性判断CD.
【详解】由题意可知是方程 的一个根，则，将 代入得，
所以也是方程的一个根，所以，故，故A正确，
由题意可知是方程 的一个根，则，
则，所以也是方程的一个根，
所以，故，故B正确，
设点在函数上，则满足，
即，点关于直线的对称点为，
对于，令，则，由，即，
所以，即点也在函数上，
即关于直线的对称，
又 关于直线的对称，因此可知对称，对称，
故 和，
所以 ，，故D正确，
由于， ，故C错误，
故选：C

12．如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是的中点，将沿着翻折，使点A到点处，得到四棱锥，则下列命题错误的是（ ）

A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3
B．存在某个点位置，满足平面平面
C．当时，直线与平面所成角的正弦值为
D．当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为
【答案】B
【分析】对于A：根据垂直关系锥体的体积分析运算；对于B：根据题意结合二面角分析判断；对于C：根据线面夹角的定义结合垂直关系分析运算；对于D：根据题意结合球的性质分析运算.
【详解】如图，设分别为的中点，则，
对于选项A：当平面平面时，四棱锥的体积最大，
因为为的中点，且为等边三角形，则，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
此时体积，故A正确；
对于选项B：因为//，平面，平面，
所以//平面，
设平面平面，且平面，则//BC，
且//，则//，
又因为平面，
所以平面，
则平面，可得，，
即为平面与平面所成的二面角，
由可知，，故B错误；
对于选项C：过作的垂线，垂足为，则，
因为平面，平面，则，
平面，所以平面，
则为直线与平面的所成角．
依题意可知，，
在中，由余弦定理可得，
且，则；
在中，，
从而直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于选项D：当时，由，可知，即，
又因为，且，则平面，
且平面，则平面平面．
设四棱锥的外接球球心为，的外心为，如图，
因为，则点为等腰梯形的外心，
则四边形为矩形，且，
可得，
所以所求外接球的表面积为，故D正确．
故选：B．

【点睛】方法点睛：求解平面图形折叠问题的关键和方法
（1）关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
（2）方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何中解决．
二、填空题
13．若，，则____________
【答案】
【分析】先求得，然后求得.
【详解】，
，，
，，
，
所以.
故答案为：
14．已知，，，若，则________．
【答案】
【分析】根据向量垂直数量积为零，列出方程即可求解.
【详解】因为已知，，，
所以，
又因为，
所以，解得.
故答案为：
15．已知双曲线的右焦点为，过双曲线上一点（）的直线与直线相交于点，与直线相交于点，则______.
【答案】
【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再利用两点间距离公式化简计算作答.
【详解】因为在双曲线，即有，又
由得，由得，
因此，，，
则，
所以.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)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．
16．已知函数，若关于x的方程恰有两个不相等的实数根，且，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据给定分段函数，求出函数的解析式，确定给定方程有两个不等实根的a的取值范围，再将目标函数用a表示出即可求解作答.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
因此，在坐标系内作出函数的图象，如图，
再作出直线，则方程有两个不等实根，当且仅当直线与函数的图象有两个不同交点，
观察图象知方程有两个不等实根，当且仅当，
此时，且，即，且，则有，
令，求导得，令，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即，因此函数在上单调递增，
，而，于是当时，，有，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
三、解答题
17．已知数列中，，．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)设，记数列的前项和为，求使得的正整数的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）转化原式为，根据等比数列的定义，即得证；
（2）转化，分组求和得到，结合二项式定理，即得证
【详解】（1）由，得，
所以，
因为，则是公比为3的等比数列．
（2）由（1）得．
所以，
记
故为等比数列
所以．
所以，因为25与64互素，所以可被整除
因为
故可被64整除时，正整数的最小值为8．
18．如图，在三棱柱中，为的中点，为等边三角形，直线与平面所成角大小为.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到在平面的射影在直线上，即，进而证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，则，接着利用勾股定理证得，由此可得平面；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，先求得所需各点坐标，再求得平面与平面的法向量，从而利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接､，
因为，为的中点，所以，故，
因为为等边三角形，所以，
又因为，面，
因此平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，
所以直线在平面的射影在直线上，所以直线与平面所成角为，则，
因为，，所以是正三角形，则，
因为为等边三角形，，则，
所以在中，由，得，
则，所以，
因为，面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，在中，，，所以，又，
所以，即，
又平面，
所以平面.
（2）
由（1）可知､､两两垂直，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由于是的中点，易得，
又由可得，
所以，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，
设平面与平面的夹角为，易知，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19．2022年11月21日.第22届世界杯在卡塔尔开幕.小组赛阶段，已知某小组有甲、乙、丙、丁四支球队，这四支球队之间进行单循环比赛（每支球队均与另外三支球队进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者积0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.若每场比赛中，一支球队胜对手或负对手的概率均为，出现平局的概率为.
(1)求甲队在参加两场比赛后积分的分布列与数学期望；
(2)小组赛结束后，求四支球队积分均相同的概率.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）甲队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，求出取每个值的概率后，可得分布列和数学期望；
（2）根据题意分析，可得要使四支球队积分相同，则每只球队总积分为3分或者4分，然后分2种情况求出概率，再相加可得解.
【详解】（1）甲队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，
则，，
，，
，，
所以随机变量X的分布列为：
随机变量的数学期望：
.
（2）由于小组赛共打6场比赛，每场比赛两个球队共积2分或者3分；6场比赛总积分的所有情况为12分，13分，14分，15分，16分，17分，18分共7种情况，要使四支球队积分相同，则总积分被4整除，所以每只球队总积分为3分或者4分.
若每支球队得3分：
则6场比赛都出现平局，其概率为：；
若每支球队得4分：则每支球队3场比赛结果均为1胜1平1负，
其概率为：﹒
所以四支球队积分相同的概率为.
20．已知抛物线的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点，的面积的最小值为4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设，代入抛物线，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定，计算得到答案.
（2）设的方程为，代入抛物线得到根与系数的关系，根据垂直关系得到，计算得到定点.
【详解】（1）斜率不为零，设代入，，
设，则，
，
当时，取最小值，，，抛物线C的方程为：．
（2）假设存在，设，由题意，斜率不为零，
设的方程为代入，可得，
，，，
故，即，即，
，解得，故存在定点满足题意．
21．已知函数，.
(1)若，讨论的零点个数；
(2)若函数有零点，证明：.
【答案】(1)当时，函数没有零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点；
(2)证明见解析.
【分析】(1)根据函数的零点的定义可得的零点与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，利用导数研究函数的图象，结合图象研究的零点个数；(2)设函数的零点为，由条件结合数量积的性质可得，在证明，结合(1)可以证明.
【详解】（1）由已知，其中，
令可得，若，则，矛盾，所以，
所以， 设，其中，则函数的零点个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，
因为，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
且，作函数的图象如下：
所以当时，直线与函数的图象没有交点，
当时，直线与函数的图象有一个交点，
当时，直线与函数的图象有两个交点，
所以当时，函数没有零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点；
（2）因为函数有零点，又，所以存在使得，
即，设，，
因为，所以，
所以，所以，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，所以当时，，
所以，所以，即，
所以，由(1) ，所以，
所以.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
22．如图，在极坐标系Ox中，圆O的半径为2，半径均为1的两个半圆弧，所在圆的圆心分别为，，M是半圆弧上的一个动点．
(1)当时，求点M的极坐标；
(2)以O为坐标原点，极轴Ox为x轴正半轴，的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系．若点N为线段的中点，求点N的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)（为参数，且）
【分析】（1）由题意得到点M的极角为，在中，利用正弦定理列出方程，求得的长，即可求解；
（2）求得的参数方程为，结合线段的中点N的坐标为，利用中点坐标公式，即可求解.
【详解】（1）解：由，，可得点M的极角为．
在等腰中，由正弦定理得，即．
所以，所以点M的极坐标为．
（2）解：由题意，在直角坐标系中，点M在以为圆心，1为半径的半圆弧上，
其参数方程为（为参数，且）．
设线段的中点N的坐标为，
又由点，，
根据中点坐标公式可得 ，
所以点N的轨迹方程为（为参数，且）．
23．设函数的最小值为t
(1)求t的值；
(2)若a，b，c为正实数，且，求证：.
【答案】(1)3；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分类讨论去中的绝对值，转化为分段函数，求出每段函数值的取值范围，即可求解；
（2）由（1）得，利用已知等式有，再应用基本不等式，即可证明结论.
【详解】（1）（1）
当时，；当时，；
当时，，
所以当时，取最小值.
（2）由（1）可知，因为，，为正实数，
.
当且仅当，即，，时取等号，
所以.
0
1
2
3
4
6