四川省成都市第七中学2023届高三理科数学下学期高考模拟试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2023届高三理科数学下学期高考模拟试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只将答题卡交回．
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本大题共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，且M，N都是全集U的子集，则如图的韦恩图中阴影部分表示的集合为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据韦恩图可得阴影部分表示，进而即得.
【详解】由韦恩图可知阴影部分表示，
∵，
∴．
故选：C.
2. 要得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A. 向左平移1个单位长度B. 向右平移1个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】
变换得到，根据函数图象的平移法则得到答案.
【详解】，故要得到函数的图像，
只需将函数的图像向右平移个单位长度.
故选：D.
【点睛】本题考查了函数图象的平移，意在考查学生对于函数图像平移的掌握.
3. 设不是直角三角形，则“”是“”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】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】不是直角三角形，当，满足，而，
即命题：“若，则”是假命题，
反之，当时，取，显然不成立，
即命题：“若，则”是假命题，
所以“”是“”成立的既不充分也不必要条件.
故选：D
4. 平面直角坐标系中，如图所示区域（阴影部分包括边界）可用不等式组表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出相应的直线方程，再结合图形判断即可.
【详解】过、的直线方程为，整理得，
由阴影部分在直线的左下方（包括边界），故满足，
过、的直线方程为，即，
由阴影部分在直线的右下方（包括边界），故满足，
又阴影部分在直线的上方（包括边界），故满足，
所以如图所示区域（阴影部分包括边界）可用不等式组表示为.
故选：C
5. 等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，由，，成等差数列，可得，即，解得值，利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出答案．
【详解】设等比数列的公比为，
由于，，成等差数列，所以，即，
由于在等比数列中，，所以，解得或
当时，
当时，
故答案选B
【点睛】本题考查等差中项与等比数列的通项公式和求和公式，理解并掌握数列的通项公式和求和公式是解题的关键，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题
6. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法可求，再根据其为纯虚数可求的值.
【详解】,
因为为实数且该复数为纯虚数，故，此时，
故选：A.
7. 为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，某机构调查了当地的中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，下面三个结论：
①样本数据落在区间的频率为0.45；
②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有55%的当地中小型企业能享受到减免税政策；
③样本的中位数为480万元.
其中正确结论的个数为
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直方图求出，求出的频率，可判断①；求出的频率，可判断②；根据中位数是从左到右频率为的分界点，先确定在哪个区间，再求出占该区间的比例，求出中位数，判断③.
【详解】由，，
的频率为，①正确；
频率为，②正确；
的频率为，的频率为，
中位数在且占该组的，
故中位数为，③正确.
故选:D.
【点睛】本题考查补全直方图，由直方图求频率和平均数，属于基础题
8. 若函数在为单调函数，则实数a的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法，由排除，由排除，从而可得结果.
【详解】利用特值法：时，；
时，单调递增，
即合题意，排除；
时，，
单调递减，
即合题意，排除，故选A
【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式问题等等.
9. 形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（ ）
A. 13B. 16C. 20D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，确定十位、千位数字，再分类求解作答.
【详解】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4或5与3，
当十位、千位数字5与4时，排十位、千位数字有种，排另三个数位有种，共有种，
当十位、千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体，
1，2，3视为一个整体，且3在1与2的中间，因此不同排法有种，
所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为.
故选：B
10. 数列1，1，2，3，5，8，13，.称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”据未来某教育专家（这里省略271字人物简介）考证，中国古代很早就一边养兔子吃兔子，一边研究“兔子数列”，比斐波那契早得多，只是因为中国古代不重视自然科学，再加上语言不通交流不畅，没有得到广大非洲朋友的认可和支持，才让欧洲人捡了便宜.“兔子数列”的构造特征是：前两项均为1，从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，某人设计如图所示的程序框图，当输入正整数时，输出结果恰好为“兔子数列”的第n项，则图中空白处应填入（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由数列可得数列,，结合程序框图即可得出答案.
【详解】由数列
,，
结合程序框图可得空白处为:.
故选：B.
11. 下列结论中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若且，则
C. 设是等差数列，若，则
D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断A，利用特殊值判断B，根据等差数列的性质及基本不等式判断C，构造函数，利用导数判断D.
【详解】选项A，由，可得，则，
又，所以，则，故A正确.
选项B，取，则，
则不等式不成立，故B不正确.
选项C，由题意得且，
所以，故C不正确.
选项D，设，则，
当时，，则单调递减，，
即，故D不正确.
故选：A.
12. 已知圆锥曲线统一定义为“平面内到定点F的距离与到定直线l的距离（F不在l上）的比值e是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线”．过双曲线的左焦点的直线l（斜率为正）交双曲线于A，B两点，满足．设M为AB的中点，则直线OM斜率的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件画出图形结合圆锥曲线的定义及条件可得，然后利用点差法可得，进而可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】由题可知在左支上在右支上，如图，设，在左准线上的射影为，因为，
则，
所以，
设，则，
所以，，即，
所以，
所以，当且仅当即时，等号成立，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据圆锥曲线的定义结合条件表示出，然后利用点差法得，根据基本不等式即得.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题每小题5分共20分．把答案填在答题卡上
13. ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用指对数运算的性质化简求值即可.
【详解】.
故答案为：
14. 设定义在上且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式一一计算可得.
【详解】因为，
所以，
，
同理可得.
故答案为：
15. 用表示等差数列的前n项和，若，，则m的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差中项性质有，结合等差数列前n项和公式有，即可求参数值.
【详解】由，则，
由，则，
所以.
故答案为：
16. 已知三点都在以为直径的球的表面上，，，，若球的体积为，则异面直线与所成角的余弦值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
作出图形，分别取、、的中点、、，连接、、、，利用中位线的性质并结合异面直线所成角的定义得出异面直线与所成的角为或其补角，并计算出各边边长，利用余弦定理计算出，即可得出答案．
【详解】解：设球的半径为，则，得，
如下图所示，
分别取、、的中点、、，连接、、、，
易知，平面，，，，
为的中点，则，
、分别为、的中点，则，且，
同理可得，且，
所以，异面直线与所成的角为或其补角，且，
在中，，，，
由余弦定理得．
因此，异面直线与所成成的余弦值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查球体体积，考查异面直线的定义，同时也考查了余弦定理，考查计算能力与推理能力，属于中档题．
三、解答题：本大题共6小题共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. 某超市计划销售某种食品，现邀请甲、乙两个商家进场试销10天.两个商家向超市提供的日返利方案如下：甲商家每天固定返利60元，且每卖出一件食品商家再返利3元；乙商家无固定返利，卖出不超出30件(含30件)的食品，每件食品商家返利5元，超出30件的部分每件返利10元. 经统计，试销这10天两个商家每天的销量如图所示的茎叶图（茎为十位数字，叶为个位数字）：
（1）现从甲商家试销的10天中随机抽取两天，求这两天的销售量都小于30件的概率；
（2）根据试销10天的数据，将频率视作概率，用样本估计总体，回答以下问题：
①记商家乙的日返利额为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；
②超市拟在甲、乙两个商家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的数学期望考虑，请利用所学的统计学知识为超市作出选择，并说明理由.
【答案】（1）；（2）①分布列见解析，153；②由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.
【解析】
【分析】（1）记“抽取两条销售量都下于30件”为事件，利用排列组合即可求得答案；
（2）①设乙商家的日销售量为，推导出的所有可能取值为：140，145，150，160，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和；
②依题意，求出甲商家的日平均销售量，从而求出甲商家的日平均返利额，再求出乙商家的日平均返利额，从而推荐该超市选择乙商家长期销售．
【详解】(1)记“抽取的两天销售量都小于30件”为事件A，则.
（2）①设乙商家的日销售量为件，则当时，；当时，；当时，；当时，.所以的所有可能取值为：140，145，150，160.
所以X的分布列为
所以；
②依题意，甲商家的日平均销售量为：28×0.2+29×0.4+30×0.2+31×0.2=29.4.所以甲商家的日平均返利额为：60+29.4×3=148.2元.
由①得乙商家的日平均返利额为153元>148.2元，所以推荐该超市选择乙商家长期销售.
【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、茎叶图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
18. 如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，利用面面垂直的性质定理推导出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接、，
，为的中点，则， ，
平面，平面平面，平面平面，
平面，
平面，，
又，四边形是平行四边形，，
是等边三角形，，
平面，平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，平面平面；
（2）由（1）得平面，又平面，，
又，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则．
因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力，难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
19. 设函数的图象关于直线对称，其中为常数且
（1）求函数的解析式；
（2）在中，已知，且，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用倍角正余弦公式化简函数式，根据对称轴有且，结合参数范围求参数值，即可得函数解析式；
（2）由题设得求得，根据已知求得，然后利用三角恒等变换结合条件即得.
【小问1详解】
因为，
所以，
由题意且，则且，
由，则，故，
所以.
【小问2详解】
由，则，，
所以，故，可得，
所以，而，故，
所以，且，
所以，
所以.
20. 椭圆的中心在原点，一个焦点为，且过点．
（1）求的标准方程；
（2）设，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点且，
①若，求k的值；
②求的面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）根据题设确定焦点位置及标准方程形式，由点在椭圆上及参数关系列方程求参，即可得椭圆标准方程；
（2）①令，联立椭圆并整理为，结合及韦达定理，根据向量垂直的坐标表示、两点距离公式列方程求；②设直线利用椭圆方程可得坐标，进而可表示出，然后利用换元法结合函数单调性即得.
【小问1详解】
由题设，椭圆焦点在y轴上，且，令椭圆方程为且，
所以，可得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
令，联立椭圆：，则，
所以，，
设，则，则，，
由，，
①因为且，
所以，即，

所以，而，
故且，可得，此时，满足题设，
所以；
②设直线，由，可得，
所以，，
即，且，
又，同理可得，且，
所以，
令，则，
对函数，，函数单调递增，
所以，故，
即的面积的最大值为.
【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：
（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
21. 已知函数，其中．
（1）若，求的单调区间；
（2）已知，解关于x的不等式．（参考数据：）
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，研究导函数的符号，进而确定其单调区间；
（2）由题意得，即，对函数求导，研究导函数的符号，判断单调性，进而可得最小值，即得.
【小问1详解】
由题设，则，且，
所以，
当时，，当时，，
所以的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
由题意，
所以，即
因为，所以，
又，且，
当或时，或时，
所以、上递减，、上递增，
又极小值，
故最小值为，
所以不等式的解集为.
【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；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
（二）选考题：其10分．请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑．
[选修4-4：坐标系与参数方程
22. 平面直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）若直线与曲线交于，两点，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，得到曲线的极坐标方程；
（2）首先求出直线的极坐标方程，设，，将代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理计算可得.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的普通方程为，即，
由可得曲线的极坐标方程为.
【小问2详解】
因为直线的方程为，所以直线的极坐标方程为，
设，，将代入可得，
因为，所以，，
所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）．
（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；
（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．
【答案】（Ⅰ）[-2，-]；（Ⅱ）0＜m＜1
【解析】
【分析】（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；
（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．
再利用分段函数的单调性求得f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1|的最大值，然后将问题转化为f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得．
【详解】（Ⅰ）当m=1时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔或或，
解得-2≤x≤-，所以原不等式的解集为[-2，-]．
（Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．
∵f（x）=，
根据分段函数的单调性可知：x=-m时，f（x）取得最大值f（-m）=2m，
∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2，
∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为2．
所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．

140
145
150
160