2023届四川省南充高级中学高考模拟检测七数学（文）试题含解析

这是一份2023届四川省南充高级中学高考模拟检测七数学（文）试题含解析，共21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．设，，且， 则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出集合和集合，由确定的取值范围即可.
【详解】由已知，，，
∵，∴，即，
∴的取值范围是.
故选：C.
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，且满足，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算求得，结合复数的几何意义可得，由此求得答案.
【详解】由得，
又复数对应的点的坐标是，即，
故选：A
3．如图是甲、乙两人高考前10次数学模拟成绩的折线图，则下列说法错误的是（ ）
A．甲的数学成绩最后3次逐渐升高
B．甲的数学成绩在130分以上的次数多于乙的数学成绩在130分以上的次数
C．甲有5次考试成绩比乙高
D．甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差
【答案】C
【分析】根据折线图看甲最后三次的成绩变化可判断A;看甲的数学成绩在130分以上的次数以及乙的数学成绩在130分以上的次数，判断B;看甲成绩比乙高的次数可判断C;观察甲乙两人的最高成绩和最低成绩即可判断D.
【详解】对于A，由折线图可知最后三次数学成绩逐渐升高，故A说法正确；
对于B，甲的数学成绩在130分以上的次数为6次，乙的数学成绩在130分以上的次数为5次，故B说法正确；
对于C, 甲有7次考试成绩比乙高,故C的说法错误；
对于D，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩相同，甲的最低成绩为120分，
乙的最低成绩为110分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，D说法正确，
故选：C
4．已知直线和圆， 则直线与圆的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．相交或相切
【答案】B
【分析】由题意可求出直线所过定点，即为圆心，即可判断出答案.
【详解】圆 的标准方程为， 圆心，
直线可化为，则直线l过定点，
因此直线经过圆心， 所以直线与圆相交．
故选：．
5．若对任意非零实数，定义的运算规则如图的程序框图所示，则的值是（ ）
A．B．
C．D．9
【答案】C
【分析】根据程序框图得到分段函数解析式，再由解析式计算可得结果.
【详解】根据程序框图可知，，
所以，
所以，
即.
故选：C
6．已知实数 满足， 且， 若不等式恒成立， 则实数的最大值为 （ ）
A．9B．12C．16D．25
【答案】D
【分析】由得到，从而利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值，从而得到.
【详解】因为，所以，
，
当且仅当， 即时，等号成立．
因不等式恒成立，只需，
因此，故实数的最大值为25．
故选：D
7．已知等差数列 的前项和为， 若且， 则（ ）
A．25B．45C．55D．65
【答案】D
【分析】等差数列 的前项和为，则为等差数列，结合等差中项根据基本量法计算可得.
【详解】由等差数列 的前项和为， 所以为等差数列，设其公差为，
由，知，
所以，所以， 所以，
故选：D．
8．若函数的部分图象如图所示， 且，， 则函数的单调递减区间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由图像求出函数解析式，即求出，的值，再根据余弦函数的性质求出函数的单调递减区间.
【详解】解：因为点在函数的图像上，所以，
即，结合图像可得①，
又，则直线为函数图像的一条对称轴，结合图像可得②，
由①、②解得，，所以．
令，得，
所以的单调递减区间为.
故选：C．
9．我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.
【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，
则，
，
故截面面积为：，
把代入，
即，
解得：，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
圆柱圆锥.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.
10．已知数列 满足：，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由得到，结合，得到，从而得到，再利用累加法得到，结合等比数列求和公式求出的值.
【详解】，，
∴，，
∴，
又，故，
所以，
所以，
故，
则，
所以.
故选：C．
11．已知为双曲线左支上的一点， 双曲线的左右顶点分别为， 直线交双曲线的一条渐近线于点， 直线的斜率为， 若以为直径的圆经过点， 且， 则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】，点在双曲线上，有，由题意有，又，可得，可求出的值，即可计算双曲线的离心率.
【详解】设点 ， 则， 即有， ①
以为直径的圆经过点可知， 所以，即，
由 ，则 ， 可得，
由，则，所以 ，②
由①和②得， 由，得双曲线的离心率．
故选：D．
12．已知实数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】通过构造函数法，结合导数判断出所构造函数的单调性，由此确定正确答案.
【详解】构造函数，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
由，，即，同理，
因为在上单调递增，
所以，故，
因为在上单调递减，，故．
因为，故，即，
因为在上单调递减，，故，从而.
故选：D
【点睛】本题的求解巧妙的利用了构造函数法，通过构造函数，利用导数判断出函数的单调性后，可以将要比较大小的三个数用函数的单调性确定大小关系.
二、填空题
13．已知 ，， 若， 则__________
【答案】##0.5
【分析】根据题干条件，计算出，求出的值.
【详解】， 且，
∴，
故
故答案为：
14．已知实数 满足约束条件则的最大值为__________
【答案】8
【分析】根据不等式组作出可行域如图中阴影部分所示，由目标函数的几何意义求解即可.
【详解】首先画出不等式组所表示的可行域，
画出直线， 由得，
要使取得 最大值， 即直线在轴上的纵截距最大，
因此平移直线， 当直线过点时纵截距最大，取得最大值，
由得点 C，
因此．
故答案为：8．
15．设抛物线 的焦点是， 直线与抛物线相交于、两点， 且， 线段的中点到抛物线的准线的距离为， 则的最小值为_____________
【答案】3
【分析】设 ，， 过点、分别作抛物线的准线的垂线， 垂足分别为、，则到抛物线的准线的距离为，利用余弦定理求出，则，利用基本不等式得到，从而求出的最小值.
【详解】解：设 ，， 过点、分别作抛物线的准线的垂线， 垂足分别为、， 则，，
因为点为线段的中点，由中位线定理可得，到抛物线的准线的距离为，
因为， 在中， 由余弦定理可得，，
所以，
因为， 则， 当且仅当时取等号，
所以，即，故的最小值为．
故答案为：
16．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱， 圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球， 、为圆柱上、下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，有以下三个命题：
①平面截得球的截面面积最小值为；
②球的表面积是圆柱的表面积的；
③若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为．
其中所有正确的命题序号为___________.
【答案】①③
【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可判断①；利用球体和圆柱的表面积公式可判断②；在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可判断③.
【详解】对于①，过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：
易知，，，
由勾股定理可得，
则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面时，取最大值，即，
所以，，
所以平面截得球的截面面积最小值为，①对；
对于②，因为球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
球的表面积为，圆柱的表面积为，
所以球与圆柱的表面积之比为，②错；
对于③，由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，
则，，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，，
所以，，
因此，，③对.
故答案为：①③.
三、解答题
17．某电子产品生产商经理从众多平板电脑中随机抽取6台，检测它们充满电后的工作时长(单位：分钟)， 相关数据如下表所示．
(1)若从被抽中的6台平板电脑中随机抽出2台，则抽出的2台平板电脑充满电后工作时长都不小于210分钟的概率；
(2)下表是一台平板电脑的使用次数与当次充满电后工作时长的相关数据．求该平板电脑工作时长与使用次数之间的回归直线方程，并估计该平板电脑使用第200次时充满电后的工作时长．
附： ，，．
【答案】(1)
(2)；分钟.
【分析】（1）使用古典概型概率公式进行求解即可；
（2）使用表格中的数据，根据题目所附公式进行计算，并将代入回归直线方程进行估计即可.
【详解】（1）用表示从被抽中的6台平板电脑中随机抽出2台的序号分别为和，
则基本事件有，，，，，，，，，，，，，，共个，
将“抽出的2台平板电脑充满电后工作时长都不小于210分钟”记为事件，
由已知，序号为，，，的平板电脑充满电后工作时长都不小于210分钟，
∴事件中基本事件有，，，，，共个，
∴.
∴若从被抽中的6台平板电脑中随机抽出2台，则抽出的2台平板电脑充满电后工作时长都不小于210分钟的概率为.
（2）由已知，，
，
，
，
∴，
∴，
∴线性回归直线方程为，
当时，，
∴估计该平板电脑使用第200次时充满电后的工作时长为分钟．
18．在① ， ②， ③这三个条件中任选一个， 补充在下面的问题中， 并解答该问题．
在 中， 内角的对边分别是， 且满足_______ ，．
(1)若 ， 求的面积;
(2)求周长的取值范围．
【答案】(1)任选一条件，面积皆为
(2)
【分析】（1）三个条件，分别利用正余弦定理，两角和与差的正弦公式和三角形内角和公式化简，都能得到，再由余弦定理求得，即可计算的面积.
（2）， 由正弦定理边化角再化简得，再由求得的取值范围，即可得周长的取值范围.
【详解】（1）若选条件①， 由 及正弦定理， 得
即 ， 化简得，
因为， 所以， 所以，因为 ， 所以．
若选条件②， 由 及正弦定理， 得， 即， 化简得,
因为 ， 所以， 所以，因为 ， 所以．
若选条件③， 由 化简得，， 由余弦定理得， 即，因为 ， 所以，
所以三个条件，都能得到.
由余弦定理得 ， 即， 解得，
所以 的面积.
（2）因为 ， 由正弦定理得，
因为 ，
所以 ，
因为 ， 所以，
所以 ， 即， 所以周 长的取值范围为.
19．如图， 在平行六面体 中，分别是的中点， 侧面平面．
(1)求证：平面;
(2)试求三棱锥 体积．
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析；
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根面面垂直的性质定理结合等体积计算即可.
【详解】（1）取的中点为，连接．
在和中， 因为分别是的中点，
所以 ，且，
又在平行六面体中，，所以，
因此四边形为平行四边形，所以，
又因平面平面， 所以平面．
（2）由（1）知 平面知， 点到平面的距离相等，
所以 ，
在三角形 中，
过点作于，因侧面平面，
侧面平面，平面，
所以 平面， 因， 平面，
平面，所以平面，
因此点到平面的距离相等， 则的长为点到平面的距离，，
所以.
20．若函数为奇函数，且在上单调递增，在上单调递减．
(1)求函数的解析式；
(2)若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的奇偶性求出，，由函数单调性，利用导函数求出，确定函数解析式；
（2）点不在曲线上，设切点为，根据导函数的几何意义与斜率公式列出方程，得到，设，通过研究其单调性，极值情况，求出的取值范围.
【详解】（1）因为函数为奇函数，则，故，，
又因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，
因为，
所以，即，
解得：，经检验符合题意，所以．
（2），因为曲线方程为，，
点不在曲线上，设切点为，则点的坐标满足，
因为，故切线的斜率为，
整理得：，
因为过点可作曲线的三条切线，所以关于的方程有三个实根．
设，则，
由，得，
，得或，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极值点为，，
所以关于的方程有三个实根的必要条件是，
解得：，
又当时，，
当时，，
所以时，必有三个实根，
故所求的实数的取值范围是．
【点睛】过函数上某一点的切线条数，转化为函数零点个数问题，构造函数，通过求导研究函数单调性，极值和最值情况，从而解决问题.
21．已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；
（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，，，将直线与椭圆成联立，利用韦达定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，
当直线垂直于轴时，，代入椭圆方程，解得，.
所以直线的方程为，令，得，则，
直线的方程为，令，得，则，
所以，，则，即，
若为定值，则必为，
当直线的斜率存在时，设直线，，，
联立整理得，
，
则，，
直线的方程为，令，得，则，
直线的方程为，令，得，则，
因为，所以，，
则
，
故，即.
综上，为定值.
22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(为直线的倾斜角)．
(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;
(2)设，直线与曲线相交于两点，求的最大值．
【答案】(1)；；
(2)2
【分析】（1）利用与正弦的和差公式可求得直线的直角坐标方程；利用消参法可求得曲线的普通方程；
（2）法一：先由条件得到直线的参数方程，再联立直线与曲线的方程，利用参数的几何意义得到，从而得解；
法二：利用圆的切割线定理得到，从而得到，由此得解.
【详解】（1）由，得，
由，得直线的直角坐标方程为，
由(为参数)，两式相除得，
所以，整理得曲线的普通方程为.
（2）法一：
因为直线经过点，所以直线的参数方程为(为参数)，
代入中，得，
由，得，又，故，
所以，
所以，
因为，所以，故，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为2.
法二：
直线经过点，曲线为除点外，以为圆心半径为的圆，
易得圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且为切点，
所以由圆的切割线定理得，
所以，当且仅当为圆的直径时，等号成立，
故的最大值为2．
23．设 ．
(1)求 的解集;
(2)若的最小值为，且，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将函数写成分段函数，再分段求解，最后取并集即可；
（2）由绝对值三角不等式可得，于是有，再利用基本不等式求解即可.
【详解】（1），
当时，或或,
解得或或，
所以，故解集为；
（2），当且仅当
即时，等号成立，∴，∴，
∵a，b为正实数，
∴
，
当且仅当，即时，等号成立．故的最小值为．
平板电脑序号
1
2
3
4
5
6
工作时长/分
220
180
210
220
200
230
使用次数x/次
20
40
60
80
100
120
140
工作时长/分
210
206
202
196
191
188
186