2023届四川省遂宁市第二中学校高三第七次模拟数学（理）试题含解析

2023届四川省遂宁市第二中学校高三第七次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则如图所示阴影区域表示的集合为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据图求反应出所表示的集合的关系可得选项.

【详解】全集，集合，，，

如图所示阴影区域表示的集合为：．

故选：B．

【点睛】本题考查集合的新定义，关键在于理解图示所表示的集合间的关系，属于基础题.

2．关于复数 的四个命题：：，：，：的共轭复数为，：z的虚部为-1.下列是真命题的为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用复数除法运算化简复数，然后求解复数的模、共轭复数、虚部及，从而确定命题的真假，再根据真值表逐一判断选项即可.

【详解】因为复数，所以，z的虚部为-1，，的共轭复数为，所以错误，正确，

由真值表知：为真命题，，，均为假命题.

故选：C

3．明——罗贯中《三国演义》第49回“欲破曹公，宜用火攻;万事倶备，只欠东风”，比喻一切都准备好了，只差最后一个重要的条件.你认为“东风”是“赤壁之战东吴打败曹操”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】B

【分析】根据充分条件、必要条件的定义，结合题意即可下结论.

【详解】“东风”是“赤壁之战东吴打败曹操”的必要条件，但不是充分条件.

故选：B.

4．一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可．

【详解】解：几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可见线段，所以C、D不正确；几何体的上部的棱与正视图方向垂直，所以A不正确，

故选B．

【点睛】本题考查三视图的画法，几何体的结构特征是解题的关键．

5．总体由编号为00,01，，28,29的30个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列开始从左往右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（    ）

0842  2689  5319  6450  9303  2320  9025  6015  9901  9025

2909  0937  6707  1528  3113  1165  0280  7999  7080  1573

A．19 B．02 C．11 D．16

【答案】C

【分析】根据随机数表的选取方法即可直接求出结果.

【详解】随机数表的第1行的第6列和第7列开始从左往右依次选取两个数字，得到的在范围之内的两位数依次是09,09,02,01,19,02,11，，其中09和02各重复了一次，去掉重复的数字后，前5个编号是09,02,01,19,11，则选出来的第5个个体的编号为11.

故选：C

6．地铁让市民不再为公交车的拥挤而烦恼，地下交通的容量大、速度快、准点率高等特点弥补了 单一地面交通的不足.成都地铁9号线每5分钟一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过3分钟的概率是（    ）

A．0.6 B．0.8 C．0.4 D．0.2

【答案】A

【分析】利用几何概型的概率计算公式即可求解.

【详解】如图，设上次车于时刻 到达，而下次车于时刻到达，线段的长度为5；

设是线段上的点，且的长度为3.记等车时间不超过3分钟为事件，

则发生即点落在线段上.

由上可知，，故.

故选：A.

7．已知函数 且为偶函数，则（    ）

A． B．

C． D．无法确定

【答案】A

【分析】根据奇偶函数的定义可得，求得，则，分类讨论、1时对数函数的单调性，即可得出结论.

【详解】因为函数且为偶函数，所以，

即，则，所以.

当时，在上是增函数，

且，所以；

当1时，在上是减函数，且，

所以.

故选：A.

8．已知函数的图象关于直线对称，函数的 图象沿轴正半轴平移个单位后图象关于轴对称，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先根据对称性求，再化简函数，再求平移后的函数解析式，利用函数的图象关于轴对称，即可求的最小值.

【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，得，

所以 函数，其图象沿轴正半轴平移个单位后

得图象关于轴对称，所以，故的最小值为.

故选：D

9．“斐波那契数列” 由十三世纪意大利数学家列昂纳多 •斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为 “兔子数列”.斐波那契数列 满足:，记其前项和为，设(为常数)，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据的关系，把转化为，结合递推关系可得答案.

【详解】由题意可得，.

故选：A.

10．已知 ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据两角差与和的正弦公式可得，则，结合二倍角的余弦公式计算即可求解.

【详解】因为

即，

所以.

故选：A.

11．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作圆的切线分别交双曲线的左、右两支于点，且， 则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设切点为，利用垂直关系可得，由题意结合双曲线的定义可得，，在中利用余弦定理解出的值即可求双曲线的离心率.

【详解】如图所示，设切点为，连接，

由双曲线的定义可知，，

所以，

因为，所以，

因为，所以，

所以在中，由余弦定理可得，

即，整理得，

又，得，即，

解得或（舍去），

所以，

则双曲线的离心率，

故选：C

12．已知平面与平面所成二面角的平面角为，球与平面相切于点，则过球心与平面均成的直线有（    ）

A．2 条 B．3 条 C．4 条 D．5 条

【答案】C

【分析】根据题意，将球心与平面均成的直线有几条转化为“过空间一点与所成角均为的直线有几条”，再求解即可.

【详解】

如图，因为球与平面相切于点，所以.

所以球心与平面均成的直线有几条转化为

“过空间一点与成角所成角均为的直线有几条”.

如图（图1中,图2中）可知，

当点在平面上方时，有2条；

根据对称性可知当点在平面下方时，也有2条.

所以过空间一点与所成角均为的直线有4条，

即过球心与平面均成的直线有4条.

故选：C.

二、填空题

13．设向量 满足 ，则_____

【答案】1

【分析】将已知两向量等式，两边平方后相减，即可求得答案.

【详解】由题意得：，

即 ，

∴，

故答案为：1

14．据成都市气象局统计，2022年3月成都市连续5天的日平均气温如表所示.由表中数据可得，这5天的日平均气温关于日期的线性回归方程为.据此预测3月15日成都市的平均气温为____________.

【答案】23.85

【分析】先根据提供的数据求出平均数，代入方程可得回归方程，代入15可得答案.

【详解】由题意可得，，

则，得，

故预测3月15日成都市的平均气温为.

故答案为：.

15．已知实数，满足约束条件，则的最小值为________.

【答案】

【分析】画出可行域，则表示可行域内的点到定点的距离.数形结合可求距离的最小值.

【详解】画出可行域，如图所示

则表示可行域内的点到定点的距离.

解方程组，得，设.

由图可知，.

故答案为：.

【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题.

16．已知 且，方程有且仅有两个不等根，则的取值范围为______

【答案】

【分析】由对数的运算性质可得，令，则，利用导数求出，结合方程根的个数与函数图象交点的个数之间的关系即可求解.

【详解】由，得.

令，则，

设函数，得.令，得.

在上单调递增；在上单调递减，

所以，，又当时，恒成立，

所以方程有且仅有两个不等根，

即曲线图象与直线有两个交点的充分必要条件是，

所以的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题

17．设是等比数列，公比大于，其前项和为，是等差数列.已知，，，.

(1)求和的通项公式；

(2)设，求的前项和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用等差数列和等比数列通项公式可构造关于的方程，解方程求得后，利用等差和等比数列通项公式可得结果；

（2）由（1）可得，利用错位相减法可求得结果.

【详解】（1）设等比数列的公比为，

由得：，解得：，；

设等差数列的公差为，

由得：，即；

由得：，即；

由得：，；

（2）由（1）得：；

，

，

两式作差得：，

.

18．根据教育部的相关数据，预计2022年中国大学毕业生将达到1076万人，比2021年增长167万人，规模和数量将创历史新高．国家对毕业生就业出台了许多政策，某公司积极响应国家政策决定招工400名(正式工280名，临时工120名)，有2500人参加考试，考试满分为450分，考生成绩符合正态分布．考生甲的成绩为270分，考生丙的成绩为430分，考试后不久甲仅了解到如下情况：此次测试平均成绩为171分，351分以上共有57人．

(1)请用你所学的统计知识估计甲能否被录用，如录用能否被录为正式工?

(2)考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为201分，351分以上共有57人．”请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪，并说明理由．附：．

【答案】(1)甲能被录用为临时工.

(2)答案见解析

【分析】（1）根据，可得，然后根据正态分布的性质求解概率，由前400名的成绩的最低分低于分即可求解；

（2）根据乙的说法分别为真和假时，得到，再根据原则即可求解.

【详解】（1）设此次测试的成绩记为，则.

由题意知.

因为，且，

所以.

因为，且，

所以前400名的成绩的最低分低于分.

又，所以甲能被录用.

当时，.

又，所以甲能被录用为临时工.

（2）假设乙所说的为真，则.

因为，且，

所以，则，

而.

答案示例1：可以认为乙同学信息为假.理由如下：

事件“”为小概率事件，即“丙同学的成绩为430分”是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学信息为假；

答案示例2：无法辨别乙同学信息真假.理由如下：

事件“”即“丙同学的成绩为430分”发生的概率虽然很小，一般不容易发生，但是还是有可能发生的，所以无法辨别乙同学信息真假.

19．如图1，在 中，是边上的高，沿 将折成的二面角，如图2.

(1)证明：平面⊥平面；

(2)设为的中点，，求异面直线与所成的角的大小．

【答案】(1)见解析

(2)异面直线与所成的角的大小为.

【分析】（1）由折叠可知再根据线面垂直判定定理得⊥平面.最后根据面面垂直判定定理得结论.

（2）线线角找平行：取的中点，则结合三角形中位线性质得为异面直线与所成的角，最后通过解三角形得异面直线与所成的角的大小.

【详解】（1）

因为折起前是边上的高，则当折起后，又，平面,平面,则平面.因为平面，所以平面平面.

(2)取的中点，连接，则，

所以为异面直线与所成的角．

连结 由，则,,

在中，＝＝.

在中，由题设，

则，即，

从而 ，.

在中，

在中，.

在中，.因为异面直线所成角范围.

所以异面直线与所成的角的大小为.

20．如图，已知椭圆的方程为，，，，点是椭圆上任一点，是以为直径的圆．

(1)当的面积为时，求所在直线的方程；

(2)当与直线相切时，求的方程；

(3)求证：总与某个定圆相切．

【答案】(1)或

(2)答案见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）设点，根据已知条件可得，进而根据的面积求得，得到点P的坐标，则所在直线的方程可得；

（2）根据点M到直线的距离求得，进而与椭圆方程联立求得或，进而求得M的坐标，则圆的方程可得；

（3）首先表示出OM的长度，以及圆M的半径，进而求得，推断出和以原点为圆心，半径为的圆相内切，得证总与某个定圆相切.

【详解】（1）解：由已知，设点，则. 所以.

又的面积为，所以，即，

解得或 (不符合题意，舍去)，

所以或，

所以所在直线的方程为或.

（2）因为直线的方程为，且由（1）知，

所以点到直线的距离为，化简得，

联立 解得或，

当时，所以的方程为；

当时，，所以的方程为.

（3）证明：由（2）可知,

且的半径，所以，

所以与以原点为圆心，半径为的圆相内切，即总与某个定圆相切成立.

【点睛】求圆的方程，主要有两种方法：

（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．

（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．

21．已知函数.

(1)若函数的导函数为，讨论函数零点的个数;

(2)当时，函数在定义域内的两个极值点为，试比较与的大小，并说明理由.

【答案】(1)答案见解析

(2)，理由见解析

【分析】（1），令，得，设，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大致图像，结合图象即可得出结论；

（2）要比较与的大小，只需比较与3的大小，求导，由题意可得，则，构造函数，其中，利用导数判断的符号，即可得出结论.

【详解】（1）因为，所以，

令，得，则，

设，则，

当时，时，，

所以在上单增，在上单减，

又，

作出函数的大致图像，如图所示，

所以当或，即或时，函数零点的个数为1，

当，即时，函数零点的个数为2，

当，即时，函数零点的个数为0；

（2），

则，

因为函数在定义域内的两个极值点为，

所以，

要比较与的大小，只需比较与3的大小，

由得，

所以，

设，其中，

设，

得，

故在上为增函数，

所以在上，

又因为，所以，

即，

综上所述，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为

．

（1）若，求C与l的交点坐标；

（2）若C上的点到l的距离的最大值为，求．

【答案】（1），；（2）或．

【详解】试题分析：（1）直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立解交点坐标；（2）利用椭圆参数方程，设点，由点到直线距离公式求参数．

试题解析：（1）曲线的普通方程为.

当时，直线的普通方程为.

由解得或.

从而与的交点坐标为，.

（2）直线的普通方程为，故上的点到的距离为

.

当时，的最大值为.由题设得，所以；

当时，的最大值为.由题设得，所以.

综上，或.

点睛:本题为选修内容，先把直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，可得交点坐标，利用椭圆的参数方程，求椭圆上一点到一条直线的距离的最大值，直接利用点到直线的距离公式，表示出椭圆上的点到直线的距离，利用三角有界性确认最值，进而求得参数的值．

23．设函数

(Ⅰ)若不等式的解集为，求实数的值；

(Ⅱ)在（I）的条件下，若不等式的解集非空，求实数k的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

【详解】试题分析：（Ⅰ）由去掉绝对值符号，求解与已知解集比较，得到的方程；

（Ⅱ）由（Ⅰ）变形得到，令，画出的图象分析求解.

试题解析：（Ⅰ）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

，的图象如图：

要使解集非空，或

【解析】1、绝对值不等式的解法；2、函数的图象．