四川省天府名校2023届高三模拟五理科数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省天府名校2023届高三模拟五理科数学试卷（Word版附解析），文件包含四川省天府名校2023届高三模拟五理科数学试题Word版含解析docx、四川省天府名校2023届高三模拟五理科数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
本试卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 设复数z满足，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先由复数的除法运算化简复数，再求其模长.
【详解】由，则
所以
故选：C
2. 某健身房为了解运动健身减肥的效果，调查了20名肥胖者健身前（如直方图（1）所示）后（如直方图（2）所示）的体重（单位：kg）变化情况：
对比数据，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（ ）
A. 他们健身后，体重在区间内的人数较健身前增加了2人
B. 他们健身后，体重原在区间内的人员一定无变化
C. 他们健身后，20人的平均体重大约减少了5kg
D. 他们健身后，原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少
【答案】B
【解析】
【分析】根据直方图计算健身前后体重分别在区间、、的人数以及平均数，进而可得出结论.
【详解】解：体重在区间内的肥胖者由健身前的人增加到健身后的人，增加了人，故A正确；
他们健身后，体重在区间内的百分比没有变，但人员组成可能改变，故B错误；
他们健身后，人的平均体重大约减少了，故C正确；
因为图（）中没有体重在区间内的人员，所以原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少，故D正确.
故选：B.
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合A,B,然后取交集即可.
【详解】,
则,
故选：A
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，再对和时函数值的情况讨论，利用排除法即可判断；
【详解】解：因为定义域为，又，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B；
当时，，，所以，所以，故排除D；
当时，因为，所以，即，故排除C；
故选：A
5. 已知某几何体的三视图如图所示，其中侧视图是一个边长为2的正三角形，则该几何体中最长棱的长度为（ ）
A. 2B. 3C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由三视图得到几何体的直观图，再一一计算可得；
【详解】解：由三视图可得几何体的直观图如下四棱锥，
则，，，
，
所以该几何体中最长棱的长度为；
故选：D
6. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 36B. 48C. 52D. 66
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列性质及求和公式进行计算即可.
【详解】由，得，得.
故选：D
7. 如图，在棱长为2的正方体中，M是的中点，点P是正方形（含内部）上的动点，且截面，则线段MP形成的区域面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H.连接MN,MH,NR,RH.先证明出平面MNRH∥平面.判断出线段MP扫过的图形是△MNR.求出△MNR的面积即可.
【详解】取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H.连接MN,MH,NR,RH.
在棱长为2的正方体中，,所以四边形CNMB1为平行四边形，所以.
又H、R为中点，所以,所以,即M、N、R、H四点共面.
因为，面，面，所以面.
同理可证：面.
又面,面,,
所以平面MNRH∥平面.
所以平面MNRH.
又点P是正方形（含内部）上的动点，线段MP扫过的图形是△MNR.
由AB=2,则,, ,所以，且∠MRN是直角,
所以线段MP形成的区域面积即为△MNR的面积，为.
故选:A
8. 已知为内一点，且，若三点共线，则的值为（ ）
A. B. 12C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把用表示，然后根据三点共线定理求解．
【详解】取中点，连接，则，又，∴，
∴，
又三点共线，∴，．
故选：C．

9. 已知正数满足，则取得最小值时的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知等式可得，由可配凑出符合基本不等式的形式，根据基本不等式取等条件可得结果.
【详解】由得：，；
，，，，
（当且仅当，即，时取等号），
取得最小值时，.
故选：A.
10. 已知函数，若函数f(x)在上单调递减，则实数ω的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角和辅助角公式化简解析式，然后利用正弦函数的单调性解决即可.
【详解】函数，
由函数f(x)在上单调递减，且，
得，，解，.
又因为ω>0，，所以k＝0，
所以实数ω的取值范围是.
故选：B
11. 设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，现有下述四个结论：
①，则
②，则
③，则的取值范围是
④，则的取值范围是
其中所有正确结论的编号是（ ）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】设，结合椭圆双曲线定义可得，当，可得，进而求出；当时，可得，进而，即可求出范围.
【详解】如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得.
当时，则，所以，
即，由离心率的公式可得，故②正确.
当时，可得，即，可得，
由，可得，可得，即，则，
可设，则，
由在上单调递增，可得，则，故④正确.
故选：
【点睛】关键点睛：本题考查椭圆双曲线离心率的求解，解题的关键是根据已知条件结合定义正确得出关系式.
12. 设．则a，b，c大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据自然常数的定义和指数幂的运算性质可知、，构造函数，利用导数研究函数的单调性可得，进而可得，即可得出结果.
【详解】由，故；
，故；
假设，有，
令，则，所以在上单调递增，
而，则，所以成立，；
故．
故选：A．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据的坐标求得其模长，再对两边平方求得，利用数量积即可求得向量夹角.
【详解】因为，所以，
因为，所以．所以，
设夹角为，
则由平面向量数量积的定义可得，
因为，所以.
故答案为：.
14. 已知分别为椭圆的左、右焦点，直线与椭圆交于P，Q两点，则的周长为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先得到椭圆的焦点坐标，即可判断直线过左焦点，再根据椭圆的定义计算可得；
【详解】解：椭圆，所以，即、，
直线过左焦点，所以，，，
所以；
故答案：
15. 有3位医生、2位护士和1位工作人员一起合影，现将这6人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用捆绑法求出所求事件的排法，然后利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】由题意，先将2位护士和1位工作人员排成一排，有种排法，
然后将3位医生分成两组，一组2人一组1人，有种分组方法，
然后插人到2位护士和1位工作人员所排成4个空中的2个空，有种插空方法，
最后交换相邻2位医生的位置有种方法，
所以3位医生中有且只有2位相邻共有种排法，
又6人随机排成一排有种排法，所以所求概率为.
故答案为：
16. 九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.中国的末代皇帝溥仪（1906-1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）.现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的最少移动次数，如果数列an满足，则______.

【答案】
【解析】
分析】利用累加法求解即可.
【详解】
.
故答案为：
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. 甲，乙，丙三名同学相约一起打乒乓球，已知丙与甲，乙比赛，丙每局获胜的概率分别为，，每局比赛的结果互不影响，若乙，丙采用“三局两胜制”进行比赛，丙获胜的概率为.
（1）求的值；
（2）在甲，乙两名同学中用抽签法随机选择一名同学与丙进行一局比赛，求丙获胜的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分情况，丙获胜有两种可能：丙前两局连胜，或者前两局乙，丙各胜一局且第三局丙胜，再根据独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）根据全概率公式计算可得.
【小问1详解】
由题知，乙，丙进行比赛，丙每局获胜的概率为，若乙，丙采用“三局两胜制”进行比赛，丙获胜有两种可能：丙前两局连胜，概率为；或者前两局乙，丙各胜一局且第三局丙胜，概率为，所以丙获胜的概率为，计算得.
【小问2详解】
设事件为：甲与丙进行比赛，事件为：乙与丙进行比赛，事件为：丙比赛获胜，则，，，，所以.
18. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答问题.问题：的内角所对的边分别为，已知______.
（1）求；
（2）若的周长为6，求面积的最大值.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选条件①，则利用正弦定理和三角变换公式求出，也可利用余弦定理得到边的关系，从而求出，若选条件②，则可根据正弦定理将条件转化为关于边的关系，再结合余弦定理求出角，若选条件③，则可根据正弦定理和三角变换公式求出.
（2）根据周长及余弦定理可得，利用基本不等式可求的最大值，故求面积的最大值.
【小问1详解】
若选条件①：
方法一：由已知，得，
所以，而，则，
又，所以.
方法二：由余弦定理，得，
即，则，
所以，
又，所以.
若选条件②：
由，得，
根据正弦定理，得，即，
则，即，
又，所以.
若选条件③：
由，
根据正弦定理，得
即，
又，则，即，
又，所以.
【小问2详解】
由题，，
根据余弦定理，得，
则，
所以，
当且仅当时取等号.
所以面积，故面积的最大值为.
19. 如图1，已知等边的边长为3，点M，N分别是边，上的点，且满足，，如图2，将沿折起到的位置.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面和平面的夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据所给的条件，运用勾股定理证明 即可；
（2）建立直角坐标系，用坐标表示数量积，用数量积求夹角即可.
【小问1详解】
在△AMN中，由余弦定理得，
所以，即，所以，，
又因为 ，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
由条件： ，由（1） ， 平面BCNM，
平面BCNM，
以M为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，
所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
即，， ，，
设平面的一个法向量为，则 ，即，
令，有，
设平面的一个法向量为，则由 ，可化简得 ，
令，有，
设平面和平面夹角为，则，所以.
综上，平面和平面夹角的正弦值为 .
20. 已知一个半径为的圆的圆心在抛物线上，该圆经过坐标原点且与C的准线l相切.过抛物线C的焦点F的直线AB交C于A，B两点，过弦AB的中点M作平行于x轴的直线，与直线OA，OB，l分别相交于P，Q，N三点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）当时，求直线AB的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的圆心坐标为，由题意可得，，从而可求出，进而可得抛物线方程，
（2）设直线AB的方程为，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，表示出AB的中点M的坐标，的长度，直线OA和OB的方程，表示出，由列方程求出，从而可求出直线AB的方程.
【小问1详解】
设圆的圆心坐标为，可得.
易知抛物线的焦点为，准线方程为，
由题意得，
解得（负值舍去），则抛物线C的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，设直线AB的方程为，
与抛物线的方程联立，可得，
，，则，，，
则AB的中点M的坐标为，易知，故，
直线OA的方程为，即，直线OB的方程为，即，
令，可得，，
则，
即，解得，
所以直线AB的方程为，
即或.
21 已知函数.
（1）若与在处相切，试求的表达式；
（2）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（3）证明不等式：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依据题设导数计算公式及导数的几何意义建立方程求解；
（2）依据题设条件构造函数运用导数建立不等式，分离参数借助基本不等式求得参数的取值范围；
（3）借助（2）的结论建立递推式，然后运用叠加的方法进行分析推证.
【小问1详解】
由已知得，所以.
又因为，所以，
所以
【小问2详解】
因为在上单调递减，
所以在上恒成立（等号不恒成立），
即在上恒成立，
则.
因为，所以，
所以.
【小问3详解】
由（1）知与在处相切，当时，图象在图象上方，
得，所以，
得，所以.
当时，，
当时，，
当时，，
…
当时，.
上述不等式相加，得，
即①.
由（2）可得：当时，在上是减函数，
所以当时，，即，
所以，从而得到.
当时，，
当时，，
当时，，
…
当时，.
上述不等式相加得：
，
即.②
由①②，.
经检验当时，，
所以原不等式对任意都成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线在直角坐标系中的标准方程；
（2）若曲线和曲线交于两点，求的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）最小值为，最大值为8
【解析】
【分析】（1）通过极坐标与普通坐标系转化公式求解即可；
（2）联立曲线与曲线的方程，利用参数的几何意义求出弦长，结合正弦函数的性质求解最值.
【小问1详解】
对于曲线，有，即，
因此曲线的直角坐标方程为，
其标准方程为.
【小问2详解】
联立曲线与曲线的方程可得，
，
因此AB的最小值为，最大值为8.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知.
（1）解不等式；
（2）若关于x的不等式有解，求m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用零点分段法分类讨论即可得结果；
（2）首先分离参数，再利用绝对值三角不等式求出最小即可.
【小问1详解】
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时；
综上可得：不等式的解集为.
【小问2详解】
关于x的不等式有解，
即能成立，
由于，
即的最小值为3，
所以m的取值范围.