2023届四川省阆中中学校高三全景模拟卷（一）数学（理）试题含解析

这是一份2023届四川省阆中中学校高三全景模拟卷（一）数学（理）试题含解析，共22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。
2023届四川省阆中中学校高三全景模拟卷（一）数学（理）试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合B中元素范围，再求出，进而可求.【详解】或，则，又，.故选：A.2．若．则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为，所以，所以．故选：D. 3．某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用该样本估计总体，以下四个说法错误的是（    ）．A．57周岁以上参保人数最少B．18～30周岁人群参保总费用最少C．C险种更受参保人青睐D．31周岁以上的人群约占参保人群80％【答案】B【分析】根据扇形图、散点图、频率图对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，57周岁以上参保人数所占比例是，是最少的，A选项正确.B选项，“18～30周岁人群参保平均费用”比“57周岁以上人群参保平均费用”的一半还多，而18～30周岁人群参保人数所占比例是57周岁以上参保人数所占比例的两倍，所以57周岁以上参保人群参保总费用最少，B选项错误.C选项，C险种参保比例，是最多的，所以C选项正确.D选项，31周岁以上的人群约占参保人群，D选项正确.故选：B4．正六棱柱的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱侧面对角线与所成的角是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，则，即为与所成的角，在中求解即可．【详解】连接，则，故为与所成的角．在中，，，，在和中，得，是等边三角形，．故选：B．5．记不等式组表示的平面区域为，命题；命题.给出了四个命题：①；②；③；④，这四个命题中，所有真命题的编号是A．①③ B．①② C．②③ D．③④【答案】A【分析】根据题意可画出平面区域再结合命题可判断出真命题.【详解】如图，平面区域D为阴影部分，由得即A（2，4），直线与直线均过区域D，则p真q假，有假真，所以①③真②④假．故选A．【点睛】本题将线性规划和不等式，命题判断综合到一起，解题关键在于充分利用取值验证的方法进行判断．6．设为抛物线的焦点，为该抛物线上三点．若，则（    ）A．9 B．6 C．4 D．3【答案】B【分析】设出三点的坐标，把（三个焦半径之和）转化为三个点线距之和，用上条件即可求解.【详解】解：设点的坐标分别为．又，则，，．由抛物线的定义可得：，，故选：B7．已知函数的部分图像如图所示，则该函数的解析式可能是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】观察图象确定函数的性质，结合函数的性质和特殊点的取值判断各选项.【详解】观察函数图象可得该函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数，由图象可得，对于函数，因为，所以函数为偶函数，A错，对于函数，，所以函数为奇函数，又，与图象不符，故C错误，对于函数，，所以函数为奇函数，又，与图象不符，故D错误，对于函数，因为，所以函数为奇函数，且，与图象基本相符，B正确，故选：B.8．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，为半径的圆弧，C是的中点，D在上，.“会圆术”给出后的弧长的近似值s的计算公式：，记实际弧长为l.当，时，的值约为（    ）（参考数据：，）A．0.01 B．0.05 C．0.13 D．0.53【答案】B【分析】根据题意求出与的值，代入弧长公式和求出和即可.【详解】因为，所以，因为是的中点，在上，，所以延长可得在上，，所以，，所以.故选：B9．已知函数且，若在区间上有最大值，无最小值，则的最大值为A． B． C． D．【答案】D【解析】根据可得的一条对称轴,进而求得满足的关系式,再根据在区间上有最大值,无最小值求得周期满足的关系式,进而求得的范围.【详解】函数且,直线为的图像的一条对称轴,,.,.又,且在区间上有最大值,无最小值,,,,当时,为最大值.故选：D【点睛】本题主要考查了余弦函数的性质与应用,属于难题.10．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据为奇函数，为偶函数，可得函数的周期，且为偶函数，根据时，，求的值得此时解析式，即可求得的值.【详解】为奇函数，，所以关于对称，所以①，且，又为偶函数，，则关于对称，所以②，由①②可得，即，所以，于是可得，所以的周期，则，所以为偶函数则，所以，所以所以，解得，所以当时，所以.故选：B.11．已知函数 在区间内有两个极值点 且，则（    ）A．   B． 在区间上单调递增C．   D． 【答案】D【分析】由题意可得，求得，即可判断A; 判断在上的正负，可判断的单调性，判断B;将代入中，即可判断C; 将代入中,比较大小，可判断D.【详解】由题意函数在区间内有两个极值点，则,即，故，当时，，当时，，当时，，即为在内的极大值点，为在内的极小值点，所以，A错误；由时，，故，所以在区间上单调递减，B错误；又，由于时R上的增函数，故，所以，C错误；，因为，故，故，D 正确，故选：D．12．在长方体中，，，点M为平面内一动点，且平面，则当取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先利用面面平行的性质定理可得点M 在线段上，当取最小值时为线段的中点，再根据三棱锥的特征确定外接球球心即为与的交点，求出半径即可计算出外接球的表面积.【详解】根据题意易知，，且平面，平面，所以平面，同理可得平面；又，平面，所以平面平面；又因为点M在平面内且平面，所以点M在平面与平面的交线上，易知，所以当取最小值时，为线段的中点，如下图所示：取的中点为，交于点，连接；则，所以，而，所以即为三棱锥的外接球球心，半径，则表面积.故选：A 二、填空题13．已知向量，满足，，且，则_________.【答案】【分析】由数量积的性质化简可得，再由数量积的性质求.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，又，，所以，故答案为：.14．已知集合，在集合A中可重复的依次取出三个数，则这3个数能够成为一个三角形三条边的概率是______.【答案】/0.625【分析】由列举法列举出全部基本事件，即可找出所求事件包含的基本事件个数，即可求解概率.【详解】集合，在中可重复的依次取出三个数，，，基本事件有共有8个，“以，，为边长恰好构成三角形”包含的基本事件个数，分别为： 所以 “以，，为边长恰好构成三角形”的概率：．故答案为：15．设为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别是，若双曲线的离心率为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，则______．【答案】【分析】根据离心率和双曲线关系可用表示出，并得到渐近线方程；在和中，结合余弦定理可用表示出，进而求得结果.【详解】双曲线的离心率，，，双曲线渐近线为：，不妨设在上，如下图所示，，，则，在中，，在中，由余弦定理得：，，.故答案为：.16．《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多·达·芬奇创作的油画，现收藏于法国卢浮宫博物馆．该油画规格为纵，横．油画挂在墙壁上时，其最低点处离地面（如图所示）．有一身高为的游客从正面观赏它（该游客头顶到眼睛的距离为），设该游客与墙的距离为，视角为，为使观赏视角最大，则应为______．【答案】cm【分析】设，在直角三角形中表示出和，结合两角和正切公式求出，利用基本不等式即可求得观赏视角最大时x的值.【详解】如图，作垂直于的延长线，垂足为D,则 ， 设,则,,即，解得，因为 当且仅当即时取等号，所以，此时观赏视角最大，此时cm,故答案为：cm. 三、解答题17．某车间生产一批零件，现从中随机抽取10个，测量其内径的数据如下（单位：）：192，192，193，197，200，202，203，204，208，209．设这10个数据的均值为，标准差为．(1)求和；(2)已知这批零件的内径（单位：）服从正态分布，若该车间又新购一台设备，安装调试后，试生产了5个零件，测量其内径（单位：）分别为：181，190，198，204，213，如果你是该车间的负责人，以原设备生产性能为标准，试根据原则判断这台设备是否需要进一步调试？并说明你的理由．参考数据：若，则：，，，．【答案】(1)，(2)这台设备需要进一步调试，理由见解析 【分析】（1）利用公式计算出平均数和方差，进而求出标准差；（2）计算出五个零件的内径中恰有1个不在的概率约为，而又试产的5个零件中内径出现了1个不在内，根据原则，得到结论.【详解】（1）,，故；（2）由题意得：，，即，所以五个零件的内径中恰有1个不在的概率为，又试产的5个零件中内径出现了1个不在内，所以小概率事件出现了，根据原则，这台设备需要进一步调试.18．设数列的前项之积为，且满足．(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)记，证明：．【答案】(1)证明见解析，；(2)证明见解析 【分析】（1）法一：根据，得到，变形后得到，证明出结论，并求出通项公式；法二：由题目条件得到，得到以3为首项，以2为公差的等差数列，求出，进而求出，并证明出数列是等差数列；（2）利用放缩法得到，裂项相消法求和，得到.【详解】（1）方法一：当，得，当时，①②两式相除可得：即，又，故，变形为：，因为，所以是以为首项，1为公差的等比数列．所以化简可得法二：因为，，所以即令，则，所以以3为首项，以2为公差的等差数列，所以，即，所以．又因为满足上式，所以，所以，故，故数列是等差数列．（2）因为，所以19．如图，四棱锥的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，，，M，N分别为CD，PD的中点，K为PA上一点，.(1)证明：B，M，N，K四点共面；(2)若PC与平面ABCD所成的角为，求平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明线线平行，再利用基本事实判定四点共面；（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求解两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角平面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接AC交BM于E，连接KE，∵四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，且，，，，，，∵M，N分别是CD，PD的中点，，，K，E，M，N四点共面，，B，M，N，K四点共面.（2），，∴，平面ABCD，∴PC与平面ABCD所成的角为，在中，，∴，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，如图，，，，，，设平面BMNK的一个法向量为，则，令，得平面BMNK的一个法向量为，又平面PAD的一个法向量为，设平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的大小为，，平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为.20．已知函数．(1)若恒成立，求的值；(2)求证：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数）．【答案】(1)(2)证明见详解 【分析】（1）将不等式等价转化为在恒成立，令，对进行分类讨论，使得即可求解；（2）利用，（当且仅当时等号成立）对进行放缩裂项，进而即可证明.【详解】（1）由，得在恒成立．记，， 1°若，则恒成立，在上单调递减，当时，，不符合题意．    2°若，令，得，当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴．            记，．令得，当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增．∴，即（当且仅当时取等号），∴．又因为，故．（2）由（1）可知：，（当且仅当时等号成立）．令，则，∴，即，也即，所以，故对任意正整数，都有．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极值最值问题处理.21．已知动圆经过定点，且与圆：内切.(1)求动圆圆心的轨迹的方程；(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.（i）求证：为定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点 【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；所以，，则.所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.因此轨迹方程为.（2）（i）设，，.由题可知，，如下图所示：则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值.（ii）设直线的方程为，，.由，得，所以.由（i）可知，，即，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，因此直线经过定点.【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.22．有一种灯泡截面类似“梨形”曲线，如图所示，它是由圆弧、圆弧和线段四部分组成，在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知，弧、弧所在圆的圆心分别是、，曲线是弧，曲线是弧．(1)分别写出的极坐标方程；(2)直线的参数方程为（为参数），若与曲线有且仅有两个公共点，求的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用圆的极坐标方程的求法求解；（2）直线恒过定点，且斜率为，点的直角坐标，得，根据数形结合解决即可.【详解】（1）由题意知，弧、弧所在的圆的直角坐标方程分别为，所以弧、弧所在的圆的极坐标方程分别为，，所以；（2）依题意直线恒过定点，且斜率为．因为平面直角标系下，所以．因为直线与曲线有且仅有两个公共点，由图知，所以，即，所以的取值范围为.23．已知，函数．(1)若，，求不等式的解集﹔(2)设函数，求的最小值，并求出取得最值时的值．【答案】(1)或(2)当，时，函数取得最小值4 【分析】（1）根据题意，将的值代入即可得到解析式，然后求解不等式即可；（2）根据题意，由绝对值不等式化简，然后结合基本不等式即可得到结果.【详解】（1）由可得，则即，  所以或，解得或，故不等式的解集为或．（2）因为，因为，所以，所以，  所以， 当且仅当，即时，等号成立，所以当时，函数取得最小值4．