四川省成都石室中学2023届高三文科数学高考冲刺最后一卷试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都石室中学2023届高三文科数学高考冲刺最后一卷试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度下期高2023届高中毕业班高考模拟测试
数学试题（文科）
（满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题：本题共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，若Ü，则实数（ ）
A. 或1 B. 0或1 C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得合，再分和，两种情况讨论，结合题意，即可求解.
【详解】解：由集合，
对于方程，
当时，此时方程无解，可得集合，满足Ü；
当时，解得，要使得Ü，则满足，可得，
所以实数的值为或.
故选：B.
2. 已知在一次射击预选赛中，甲、乙两人各射击10次，两人成绩的条形统计图如图所示，则下列四个选项中判断正确的是（ ）

A. 甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差
B. 甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差
C. 甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数
D. 甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数
【答案】D
【解析】
【分析】根据条形统计图可分别计算出甲、乙的平均数、中位数、极差，从而判断出ACD的正误；根据成绩的分散程度可判断B的正误.
【详解】对于A，甲成绩的极差为，乙的成绩的极差为，
甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差，故A错误．
对于B，由条形统计图得甲的成绩相对分散，乙的成绩相对稳定，
甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差，故B错误；
对于C，甲的成绩的平均数为，
乙的成绩的平均数为，
甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数，故C错误；
对于D，甲的成绩的中位数为；乙的成绩的中位数为：，
甲的成绩的中位数小于乙的成绩的中位数，故D正确；
故选：D
3. 设，则在复平面内所表示的区域的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在复平面内作出满足的复数对应的点的轨迹，可知所求区域为圆环，确定两圆的半径，结合圆的面积公式可求得结果.
【详解】满足条件的复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，
满足条件的复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，
则在复平面内所表示的区域为圆环，如下图中阴影部分区域所示：

所以，在复平面内所表示的区域的面积是.
故选：C.
4. 给出下列个函数，其中对于任意均成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数定义逐项判断ABC，采用换元的方法求解D中函数的解析式并进行判断.
【详解】对于A，当时，；当时，，与函数定义矛盾，不符合；
对于B，当时，；当时，，与函数定义矛盾，不符合；
对于C，当时，；当时，，与函数定义矛盾，不符合；
对于D，令，则，所以，
令，所以，
所以，
所以，符合.
故选：D.
5. 已知第一象限内的动点在直线的左下方，则是恒成立的（ ）
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
【解析】
【分析】依题意可得、且，若恒成立，即恒成立，利用基本不等式求出，即可求出的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为第一象限内的动点在直线的左下方，
所以、且，
若恒成立，即恒成立，
因为，
当且仅当时取等号，所以，
所以是恒成立的充分不必要条件.
故选：A
6. 若，均为单位向量，且，则k的值可能是（ ）
A. -2 B. 2 C. 3 D. -3
【答案】B
【解析】
【分析】两边同时平方，得到，余弦值只能在判断即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
由于，均为单位向量，所以，
所以，由于，所以只有B符合.
故选：B.
7. 在数列中,若,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将转化为,再根据等比数列求和公式求解即可.
【详解】因为
,
所以.
故选:C.
8. 若过原点与曲线相切的直线，切点均与原点不重合的有2条，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导函数，设过原点的切线与曲线在处相切，根据导数的几何意义得到方程，整理得，设，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最值，即可求出参数的取值范围.
【详解】因为，所以，
设过原点的切线与曲线在处相切，
所以切线的斜率，整理得，
设，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，且当时，当时，
所以当时过原点与曲线相切的直线有2条.
故选：C
9. 已知函数，若方程在上恰有5个不同实根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出方程的根，然后根据方程在上恰有5个不同实根列出不等关系，进而求解.
【详解】因为函数，
当时，方程可化为，解得
，则当时，，
当时，方程可化为，解得，
则当时，
因为根据方程在上恰有5个不同实根，
所以这5个不同实根为，则，
故选：D.
10. 分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为．若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为（ ）

A. B. C. 4 D.
【答案】C
【解析】
【分析】设第n个正方形的边长为，根据分形特点可得{}是以9为首项，为公比的等比数列，从而可得第5个正方形的边长.
【详解】设第n个正方形的边长为，则由已知可得
∴，
∴{}是以9为首项，为公比的等比数列，
∴.
故选：C．
11. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ）

A. 存在点G，使直线平面
B. 存在点G，使平面∥平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 平面截正方体所得截面的最大面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可；
对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定；
对于C项，通过等体积法转化即可判定；
对于D项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可.
【详解】对于A项，如图所示，

取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，故A正确；
对于B项，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1，
则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，
此时G应在CB1延长线上，故B错误；

对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，
显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，

若G靠C近时，如图二所示，G作KJ∥EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，当KG为中点时取得最大值，最大值为，，即D正确；

故选：ACD
12. 若椭圆上存在一点，使得函数图象上任意一点关于点的对称点仍在的图象上，且椭圆的长轴长大于2，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出函数的对称中心，即可得到椭圆经过点，从而得到，再根据，即可得到关于离心率的不等式，解得即可.
【详解】因为，
所以的图象可由奇函数的图像向右平移个单位，再向上平移个单位得到，
所以的图象关于点对称，
所以椭圆经过点，则，即，
即，
所以，又因为，所以，解得，
又，所以，即.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是求出的对称中心，得到关于离心率的不等式，从而求出离心率的取值范围.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 为迎接大运盛会，全力争创全国文明典范城市，全面提升城市文明程度和市民文明素养.某社区随机选取了10名市民走访，并对其回答情况评分，结果分别记为，，，，，，，，，.则按如图的程序框图运行，输出的为______.


【答案】7
【解析】
【分析】读出程序框图的功能，即可得到输出值.
【详解】根据程序框图可知，是统计这个评分中大于或等于分的个数，则有个，
所以输出的为.
故答案为：
14. 已知点的坐标为，点是圆上任意两个不同的点，且满足，设为线段的中点，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，再由基本不等式，带入求解即可得出答案.
【详解】如图，连接，
因为，所以，

因为为线段的中点，所以，
由垂径定理可得，则，
所以，所以的最大值为.
当且仅当时取等.
故答案为：.
15. 已知函数有两个极值点，，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数有两个极值点得到是方程的两个不相等的实数根，然后分离变量，构造函数，对函数求导，利用函数的单调性即可求解.
【详解】，是的两个零点，
即是方程的两个不相等的实数根，
， 是方程的两个不相等的实数根.
令，则.
当或时，；
当时，，
在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，；当时，.
，且.
由，得，
，，由，即.
故答案：.
16. 定义：对于各项均为整数的数列，如果(=1，2，3，…)为完全平方数，则称数列具有“性质”；不论数列是否具有“性质”，如果存在数列与不是同一数列，且满足下面两个条件：
（1）是的一个排列；
（2）数列具有“性质”，则称数列具有“变换性质”.给出下面三个数列：
①数列的前项和；
②数列：1，2，3，4，5；
③数列：1，2，3，4，5，6.
具有“性质”的为________；具有“变换性质”的为_________.
【答案】 ①. ① ②. ②
【解析】
【分析】根据“性质”，“变换性质”的定义逐项判断即可得.
详解】解：对于①，当时，
，
，2，3，为完全平方数
数列具有“性质”；
对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换性质”，数列为3，2，1，5，4，具有“性质”， 数列具有“变换性质”；
对于③，，1都只有与3的和才能构成完全平方数，，2，3，4，5，6，不具有“变换性质”．
故答案为：①；②．
三、解答题：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. 如图，在中，，点在延长线上，且．

（1）求；
（2）若面积为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用余弦定理求得，再在和中两次利用正弦定理即可求出比值.
（2）利用三角形面积公式即可求出（1）问的值，再利用余弦定理即可.
【小问1详解】
因为,设,则,
由余弦定理得，因为，
所以
在中,由正弦定理得,
在中,由正弦定理得,
因为,所以
整理得.
【小问2详解】
由得,
由（1）得,所以,
在中,,
由余弦定理得

.
18. 5G技术对社会和国家十分重要．从战略地位来看，业界一般将其定义为继蒸汽机革命、电气革命和计算机革命后的第四次工业革命．某科技集团生产A，B两种5G通信基站核心部件，下表统计了该科技集团近几年来在A部件上的研发投入（亿元）与收益y（亿元）的数据，结果如下：
研发投入x（亿元）
1
2
3
4
5
收益y（亿元）
3
7
9
10
11

（1）利用样本相关系数r说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性）；
（2）求出y关于x的经验回归方程，并利用该方程回答下列问题：
①若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入多少研发资金？（精确到0.001亿元）
②该科技集团计划用10亿元对A，B两种部件进行投资，对B部件投资元所获得的收益y近似满足，则该科技集团针对A，B两种部件各应投入多少研发资金，能使所获得的总收益P最大．
附：样本相关系数，
回归直线方程的斜率，截距．
【答案】（1）答案见解析
（2）回归方程为，①6.684亿元；②在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元.
【解析】
【分析】（1）先计算出，再根据公式计算出，再由即可判断；
（2）根据公式先求出回归直线方程，①令，解不等式即可求解；②根据题意，写出总收益的函数表达式，对函数求导，得出函数的单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可.
【小问1详解】
，，
，，，
∴．
可以用线性回归模型拟合y与x的关系．
【小问2详解】
∵，
∴，
∴y关于的经验回归方程为，
①令，得，解得，
∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金．
②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元，
总收益，
，
令得，
当时，，P单调递增；当，，P单调递减，
所以当时，P取得最大值22亿元．
所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大．
19. 在几何体中，，，点，在棱上，且，三棱柱是直三棱柱.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由直三棱柱的性质可得平面，即可得到，再由余弦定理求出、，即可得到，从而得到平面，即可得证；
（2）取的中点，的中点，连接，，由面面垂直的性质得到平面，再由及等体积法计算可得.
【小问1详解】
因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又，，点，在棱上，且，
则
所以，显然，所以，
所以，则，
所以，即，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
取的中点，的中点，连接，，
设点到平面的距离为，因为，
所以，
因为平面平面，，平面平面，
所以平面，
因为，即，
所以，所以，
所以点到平面的距离为.

20. 已知椭圆，圆与轴的交点恰为的焦点，且上的点到焦点距离的最大值为.
（1）求的标准方程；
（2）不过原点的动直线与交于两点，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）直线与圆相离，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意列出椭圆中的，，的关系解方程组即可求解；
（2）需判断圆心到直线的距离与圆的半径的大小系，重视设而不求的思想方法.
【小问1详解】
由题意，圆与轴的交点为，可得，
椭圆上的点到焦点距离的最大值为，
又因为，可得，
，
所以椭圆标准方程为
【小问2详解】
如图所示，设，

当直线的斜率存在时，
设直线，
与联立可得，
，
且有，

，
由可得点为中点，可得，
且有，
所以可得，，
即点的坐标为，
将点代入椭圆，可得，
化简后，得，
由于点分别满足，
代入上式可得，，即.
代入韦达定理可得，，满足式，
点到直线的距离，
由于，可得，
所以，
所以有，所以直线与圆相离，
当直线的斜率不存在时，此时有，
代入，
可得，又，可得，
所以直线的方程为，也满足直线与圆相离.
综上，直线与圆相离.
21. 已知函数.
（1）若在上单调递增，求的值；
（2）证明：（且）.
【答案】（1）1； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，根据给定条件可得恒成立，再利用导数分类讨论求解作答.
（2）利用（1）的结论得当时，，取，利用不等式的性质结合裂项相消法求和作答.
【小问1详解】
函数，求导得，
由于函数在R上单调递增，则恒成立，
令，则，
当时，，当时，，不满足条件；
当时，，在R上单调递增，
又，即，不满足条件；
当时，令，得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
于是当时，取得最小值，
于是，即，
令，则，
当时，，单调递增；时，，单调递减，
则，由于恒成立，因此，则有，
所以单调递增时，的值为1.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，即有，当且仅当时取等号，即当时，，
因此当且时，
，
而当时，，
所以，
则，所以，.
【点睛】关键点睛：函数不等式恒成立求参数范围问题，结合已知，利用换元法构造新函数，用导数探讨函数的性质，借助数形结合的思想推理求解.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多答，则按所做的第一题计分.
[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程及的直角坐标方程；
（2）若曲线，没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）；.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意，参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化即可；
（2）圆与圆没有公共点，即内含或外离，排除外离，由内含的条件求解即可.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为，
平方得：，
由于，所以，又，所以.
所以.
所以的普通方程为：；
曲线的极坐标方程为：，
所以，
所以的直角坐标方程为：.
【小问2详解】

联立得：，
，所以.
若曲线，有公共点，.
因为曲线，没有公共点，所以.
故a的取值范围为：.
[选修4—5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数的最大值为2．
（1）求的值；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1），根据绝对值三角不等式可求解；
（2）利用“乘1法”证明，又，利用基本不等式证明即可.
【小问1详解】
，当时取等号，
∵，，∴，
∴由题可知，∴.
【小问2详解】
，
当且仅当时等号成立.
，
当且仅当时等号成立.
∴．